西尔斯当代大学物理13版答案

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大学物理第十三章课后习题答案

第十三章热力学基础13 －1 如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是( )(A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功(B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功(C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功(D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功分析与解 bca ，b1a 和b2a 均是外界压缩系统，由⎰=V p W d 知系统经这三个过程均作负功，因而(C)、(D)不对.理想气体的内能是温度的单值函数，因此三个过程初末态内能变化相等，设为ΔE .对绝热过程bca ，由热力学第一定律知ΔE ＝－W bca .另外，由图可知：｜W b2a ｜＞｜W bca ｜＞｜W b1a ｜，则W b2a ＜W bca ＜W b1a .对b1a 过程：Q ＝ΔE ＋W b1a ＞ΔE ＋W bca ＝0 是吸热过程.而对b2a 过程：Q ＝ΔE ＋W b2a ＜ΔE ＋W bca ＝0 是放热过程.可见(A)不对，正确的是(B).13 －2 如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即p A ＝p B ,请问在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( )(A) 对外作正功 (B) 内能增加(C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析与解由p －V 图可知，p A V A ＜p B V B ，即知T A ＜T B ，则对一定量理想气体必有E B ＞E A .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确.13 －3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为( )(A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析与解当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W ，有Q ＝ΔE .而由理想气体内能公式T R i M m E Δ2Δ=，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=e e e 222e 2H H H H H H H H /:i M m i M m Q Q .再由理想气体物态方程pV ＝mM RT ，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则3/5/:e 2e 2H H H H ==i i Q Q .因此正确答案为(C).13 －4 有人想像了四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为( )分析与解由绝热过程方程pVγ＝常量，以及等温过程方程pV＝常量，可知绝热线比等温线要陡，所以(A)过程不对，(B)、(C)过程中都有两条绝热线相交于一点，这是不可能的.而且(B)过程的循环表明系统从单一热源吸热且不引起外界变化，使之全部变成有用功，违反了热力学第二定律.因此只有(D)正确.13 －5一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功()(A) 2 000J(B) 1 000J(C) 4 000J(D) 500J分析与解热机循环效率η＝W/Q吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1－T2 /T1，则由W /Q吸＝1 －T2 /T1可求答案.正确答案为(B).13 －6根据热力学第二定律()(A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的(B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程(C) 热量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(D) 任何过程总是沿着熵增加的方向进行分析与解对选项(B)：不可逆过程应是指在不引起其他变化的条件下，不能使逆过程重复正过程的每一状态，或者虽然重复但必然会引起其他变化的过程.对选项(C)：应是热量不可能从低温物体自动传到高温物体而不引起外界的变化.对选项(D)：缺少了在孤立系统中这一前提条件.只有选项(A)正确. 13 －7 位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所作的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.( 水的比热容c 为4.18×103 J·kg－1·K －1 ) 分析取质量为m 的水作为研究对象，水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W ＝mgh ，按题意，被水吸收的热量Q ＝0.5W ，则水吸收热量后升高的温度可由Q ＝mc ΔT 求得.解由上述分析得mc ΔT ＝0.5mgh水下落后升高的温度ΔT ＝0.5gh /c ＝1.15K13 －8 如图所示，一定量的空气，开始在状态A ，其压强为2.0×105Pa ，体积为2.0 ×10－3m 3 ，沿直线AB 变化到状态B 后，压强变为1.0 ×105Pa ，体积变为3.0 ×10－3m 3 ，求此过程中气体所作的功.分析理想气体作功的表达式为()⎰=V V p W d .功的数值就等于p －V 图中过程曲线下所对应的面积.解 S ABCD ＝1/2(BC ＋AD)×CD故 W ＝150 J13 －9 汽缸内储有2.0mol 的空气，温度为27 ℃，若维持压强不变，而使空气的体积膨胀到原体积的3s 倍，求空气膨胀时所作的功.分析本题是等压膨胀过程，气体作功()1221d V V p V p W V V -==⎰，其中压强p 可通过物态方程求得.解根据物态方程11RT pV v =,汽缸内气体的压强11/V RT p v = ，则作功为 ()()J 1097.92/31112112⨯==-=-=RT V V V RT V V p W v v13 －10 一定量的空气，吸收了1.71×103J 的热量，并保持在1.0 ×105Pa 下膨胀，体积从1.0×10－2m 3 增加到1.5×10－2m 3 ，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？分析由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W ＝p (V 2 －V 1 )求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值.解该空气等压膨胀，对外作功为W ＝p (V 2－V 1 )＝5.0 ×102J其内能的改变为Q ＝ΔE ＋W ＝1.21 ×103J13 －11 0.1kg 的水蒸气自120 ℃加热升温到140℃，问(1) 在等体过程中；(2) 在等压过程中，各吸收了多少热量？根据实验测定，已知水蒸气的摩尔定压热容C p,m ＝36.21J·mol -1·K -1，摩尔定容热容C V,m ＝27.82J·mol -1·K -1. 分析由量热学知热量的计算公式为T C Q m Δv =.按热力学第一定律，在等体过程中，T C E Q ΔΔm V,V v ==；在等压过程中， T C E V p Q ΔΔd m p,p v =+=⎰.解 (1) 在等体过程中吸收的热量为J 101.3ΔΔ3m V,V ⨯===T C Mm E Q (2) 在等压过程中吸收的热量为 ()J 100.4Δd 312m p,p ⨯=-=+=⎰T T C M m E V p Q 13 －12 如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1mol 的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为1.51 ×105 Pa ，活塞面积为0.02m 2 .从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5m.问(1) 气体经历了什么过程？ (2) 汽缸中的气体吸收了多少热量？ (根据实验测定，已知氮气的摩尔定压热容C p ，m ＝29.12J·mol －1·K －1，摩尔定容热容C V,m ＝20.80J·mol -1·K -1 )分析因活塞可以自由移动，活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程，吸热T C Q Δm p,p v =.ΔT 可由理想气体物态方程求出.解 (1) 由分析可知气体经历了等压膨胀过程.(2) 吸热T C Q Δm p,p v =.其中ν ＝1 mol ，C p,m ＝29.12Ｊ·mol －1·Ｋ－1.由理想气体物态方程pV ＝νRT ，得ΔT ＝(p 2V 2 －p 1 V 1 )/R ＝p(V 2 －V 1 )/R ＝p· S· Δl /R则 J 105.293m p,p ⨯==pS ΔSΔl C Q13 －13 一压强为1.0 ×105Pa,体积为1.0×10－3m 3的氧气自0℃加热到100 ℃.问：(1) 当压强不变时，需要多少热量?当体积不变时，需要多少热量?(2) 在等压或等体过程中各作了多少功?分析 (1) 求Q p 和Q V 的方法与题13-11相同.(2) 求过程的作功通常有两个途径.① 利用公式()V V p W d ⎰=；② 利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q 已求出，而内能变化可由()12m V,V ΔT T C E Q -==v 得到.从而可求得功W .解根据题给初态条件得氧气的物质的量为mol 1041.4/2111-⨯===RT V p Mm v 氧气的摩尔定压热容R C 27m p,=，摩尔定容热容R C 25m V,=. (1) 求Q p 、Q V等压过程氧气(系统)吸热()J 1.128Δd 12m p,p =-=+=⎰T T C E V p Q v等体过程氧气(系统)吸热()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C E Q v(2) 按分析中的两种方法求作功值解1 ① 利用公式()V V p W d ⎰=求解.在等压过程中，T R Mm V p W d d d ==，则得 J 6.36d d 21p ===⎰⎰T T T R Mm W W 而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为()0d V ==⎰V V p W② 利用热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 求解.氧气的内能变化为()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C Mm E Q 由于在(1) 中已求出Q p 与Q V ，则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为J 6.36Δp p =-=E Q W0ΔV V =-=E Q W13 －14 如图所示，系统从状态A 沿ABC 变化到状态C 的过程中，外界有326J 的热量传递给系统，同时系统对外作功126J.当系统从状态C 沿另一曲线CA 返回到状态A 时，外界对系统作功为52J ，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？分析已知系统从状态C 到状态A ，外界对系统作功为W CA ，如果再能知道此过程中内能的变化ΔE AC ，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量Q CA .由于理想气体的内能是状态(温度)的函数，利用题中给出的ABC 过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A 至C 过程中系统内能的变化ΔE AC ，而ΔE AC ＝－ΔE AC ，故可求得Q CA .解系统经ABC 过程所吸收的热量及对外所作的功分别为Q ABC ＝326J ， W ABC ＝126J则由热力学第一定律可得由A 到C 过程中系统内能的增量ΔE AC ＝Q ABC －W ABC ＝200J由此可得从C 到A ，系统内能的增量为ΔE CA ＝－200J从C 到A ，系统所吸收的热量为Q CA ＝ΔE CA ＋W CA ＝－252J式中负号表示系统向外界放热252 J.这里要说明的是由于CA 是一未知过程，上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热.13 －15 如图所示，一定量的理想气体经历ACB 过程时吸热700J ，则经历ACBDA 过程时吸热又为多少？分析从图中可见ACBDA 过程是一个循环过程.由于理想气体系统经历一个循环的内能变化为零，故根据热力学第一定律，循环系统净吸热即为外界对系统所作的净功.为了求得该循环过程中所作的功，可将ACBDA 循环过程分成ACB 、BD 及DA 三个过程讨论.其中BD 及DA 分别为等体和等压过程，过程中所作的功按定义很容易求得；而ACB 过程中所作的功可根据上题同样的方法利用热力学第一定律去求.解由图中数据有p A V A ＝p B V B ,则A 、B 两状态温度相同，故ACB 过程内能的变化ΔE CAB ＝0，由热力学第一定律可得系统对外界作功W CAB ＝Q CAB －ΔE CAB ＝Q CAB ＝700J在等体过程BD 及等压过程DA 中气体作功分别为()⎰==0d BD V V p W()⎰-=-==J 1200d 12A DA V V P V p W则在循环过程ACBDA 中系统所作的总功为J 500DA BD ACB -=++=W W W W负号表示外界对系统作功.由热力学第一定律可得，系统在循环中吸收的总热量为J 500-==W Q负号表示在此过程中，热量传递的总效果为放热.13 －16 在温度不是很低的情况下，许多物质的摩尔定压热容都可以用下式表示2m p,2--+=cT bT a C式中a 、b 和c 是常量，T 是热力学温度.求：(1) 在恒定压强下，1 mol 物质的温度从T 1升高到T 2时需要的热量；(2) 在温度T 1 和T 2 之间的平均摩尔热容；(3) 对镁这种物质来说，若C p ，m 的单位为J·mol －1·K －1，则a ＝25.7J·mol -1·Ｋ-1 ，b ＝3.13 ×10-3J·mol -1·Ｋ-2，c ＝3.27 ×105J·mol －1·K.计算镁在300Ｋ时的摩尔定压热容C p,m ，以及在200Ｋ和400Ｋ之间C p,m 的平均值. 分析由题目知摩尔定压热容C p,m 随温度变化的函数关系，则根据积分式⎰=21d m p,p T T T C Q 即可求得在恒定压强下，1mol 物质从T 1 升高到T 2所吸收的热量Qp .故温度在T 1 至T 2之间的平均摩尔热容()12p m p,/T T Q C -=. 解 (1) 11 mol 物质从T 1 升高到T 2时吸热为()()()()11122122122m p,p d 2d 21----+-+-=-+==⎰⎰T T c T T b T T a T cT bT a T C Q T T (2) 在T 1 和T 2 间的平均摩尔热容为()()21212p m p,//T T c T T a T T Q C -+=-=(3) 镁在T ＝300 K 时的摩尔定压热容为-1-12m p,K mol J 9.232⋅⋅=-+=-cT bT a C镁在200 K 和400 K 之间C p ，m 的平均值为()-1-12112m p,K mol J 5.23/⋅⋅=-+=T T c T T a C13 －17 空气由压强为1.52×105 Pa ，体积为5.0×10－3m 3 ，等温膨胀到压强为1.01×105 Pa ，然后再经等压压缩到原来的体积.试计算空气所作的功. 解空气在等温膨胀过程中所作的功为()()2111121T /ln /ln p p V p V V RT Mm W == 空气在等压压缩过程中所作的功为()⎰-==12d V V p V p W利用等温过程关系p 1 V 1 ＝p 2 V 2 ，则空气在整个过程中所作的功为()J 7.55/ln 11122111=-+=+=V p V p p p V p W W W T p13 －18 如图所示，使1mol 氧气(1) 由A 等温地变到B ；(2) 由A 等体地变到C ，再由C 等压地变到B.试分别计算氧气所作的功和吸收的热量.分析从p －V 图(也称示功图)上可以看出，氧气在AB 与ACB 两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过()V V p W d ⎰=求出.考虑到内能是状态的函数，其变化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同T A ＝T B ，故ΔE ＝0，利用热力学第一定律Q ＝W ＋ΔE ，可求出每一过程所吸收的热量.解 (1) 沿AB 作等温膨胀的过程中，系统作功()()J 1077.2/ln /ln 31⨯===A B B A A B AB V V V p V V RT Mm W 由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为Q AB ＝W AB ＝2.77 ×103Ｊ (2) 沿A 到C 再到B 的过程中系统作功和吸热分别为W ACB ＝W AC ＋W CB ＝W CB ＝p C (V B －V C )＝2.0×103ＪQ ACB ＝W A CB ＝2.0×103 Ｊ13 －19 将体积为1.0 ×10-4m 3 、压强为1.01×105Pa 的氢气绝热压缩，使其体积变为2.0 ×10-5 m 3 ，求压缩过程中气体所作的功.(氢气的摩尔定压热容与摩尔定容热容比值γ＝1.41)分析可采用题13－13 中气体作功的两种计算方法.(1) 气体作功可由积分V p W d ⎰=求解，其中函数p (V )可通过绝热过程方程pV C γ= 得出.(2)因为过程是绝热的，故Q ＝0，因此，有W ＝－ΔE ；而系统内能的变化可由系统的始末状态求出.解根据上述分析，这里采用方法(1)求解,方法(2)留给读者试解.设p 、V 分别为绝热过程中任一状态的压强和体积，则由γγpV V p =11得 γγV V p p -=11氢气绝热压缩作功为J 0.231d d 121211121-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-===⎰⎰-V V V V γp V V V p V p W V V γγ 13 －20 试验用的火炮炮筒长为3.66 m ，内膛直径为0.152 m ，炮弹质量为45.4kg ，击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98 m ，速度为311 m·s -1 ，这时膛内气体压强为2.43×108Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀，直到炮弹出口.求(1) 在这一绝热膨胀过程中气体对炮弹作功多少？设摩尔定压热容与摩尔定容热容比值为 1.2γ=.(2) 炮弹的出口速度(忽略摩擦).分析 (1) 气体绝热膨胀作功可由公式1d 2211--==⎰γV p V p V p W 计算.由题中条件可知绝热膨胀前后气体的体积V 1和V 2，因此只要通过绝热过程方程γγV p V p 2211=求出绝热膨胀后气体的压强就可求出作功值.(2) 在忽略摩擦的情况下，可认为气体所作的功全部用来增加炮弹的动能.由此可得到炮弹速度.解由题设l ＝3.66 m,D ＝0.152 m ，m ＝45.4 kg ，l 1＝0.98 m ，v 1＝311 m·s -1 ，p 1 ＝2.43×108Pa ，γ＝1.2.(1) 炮弹出口时气体压强为()()Pa 1000.5//7112112⨯===γγl l p V V p p 气体作功J 1000.54π11d 6222112211⨯=--=--==⎰D γl p l p γV p V p V p W (2) 根据分析2122121v v m m W -=，则 -121s m 563⋅=+=v 2W/m v13 －21 1mol 氢气在温度为300Ｋ，体积为0.025m 3 的状态下，经过(1)等压膨胀，(2)等温膨胀，(3)绝热膨胀.气体的体积都变为原来的两倍.试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸收的热量.分析这三个过程是教材中重点讨论的过程.在p －V 图上，它们的过程曲线如图所示.由图可知过程(1 ) 作功最多，过程( 3 ) 作功最少.温度T B ＞T C ＞T D ，而过程(3) 是绝热过程，因此过程(1)和(2)均吸热，且过程(1)吸热多.具体计算时只需直接代有关公式即可.解 (1) 等压膨胀()()J 1049.23⨯==-=-=A A B AA AB A p RT V V V RT V V p W v()J 1073.8273,,⨯===-=+=A A m p A B m p p p T R T C T T C E ΔW Q v v (2) 等温膨胀 J 1073.12ln /3⨯===A A RT V W C T vRTlnV对等温过程ΔE ＝0，所以J 1073.13⨯==T T W Q(3) 绝热膨胀T D ＝T A (V A ／V D )γ－1＝300 ×(0.5)0.4＝227.4Ｋ对绝热过程a 0Q =，则有 ()()J 1051.125Δ3,⨯=-=-=-=D A D A m V a T T R T T C E W v 13 －22 绝热汽缸被一不导热的隔板均分成体积相等的A 、B 两室，隔板可无摩擦地平移，如图所示.A 、B 中各有1mol 氮气，它们的温度都是T0 ，体积都是V0 .现用A 室中的电热丝对气体加热，平衡后A 室体积为B 室的两倍，试求(1) 此时A 、B 两室气体的温度；(2) A 中气体吸收的热量.分析 (1) B 室中气体经历的是一个绝热压缩过程，遵循绝热方程TVγ－1 ＝常数，由此可求出B 中气体的末态温度TB .又由于A 、B 两室中隔板可无摩擦平移，故A 、B 两室等压.则由物态方程pV A ＝νRT A 和pV B ＝νRT B 可知T A ＝2T B .(2) 欲求A 室中气体吸收的热量，我们可以有两种方法.方法一：视A 、B 为整体，那么系统(汽缸)对外不作功，吸收的热量等于系统内能的增量.即QA ＝ΔE A ＋ΔE B .方法二：A 室吸热一方面提高其内能ΔE A ，另外对“外界”B 室作功WA.而对B 室而言，由于是绝热的，“外界” 对它作的功就全部用于提高系统的内能ΔEB .因而在数值上W A ＝ΔE B .同样得到Q A ＝ΔE A ＋ΔE B . 解设平衡后A 、B 中气体的温度、体积分别为T A ，T B 和V A ，V B .而由分析知压强p A ＝p B ＝p .由题已知⎩⎨⎧=+=022V V V V V B A B A ，得⎩⎨⎧==3/23/400V V V V B A (1) 根据分析，对B 室有B γB γT V T V 1010--=得 ()0010176.1/T T V V T γB B ==-；0353.2T T T B A ==(2) ()()0007.312525ΔΔT T T R T T R E E Q B A A A A =-+-=+= 13－23 0.32 kg 的氧气作如图所示的ABCDA 循环，V 2 ＝2V 1 ,T 1＝300Ｋ，T 2＝200Ｋ,求循环效率.分析该循环是正循环.循环效率可根据定义式η＝W /Q 来求出，其中W 表示一个循环过程系统作的净功，Q 为循环过程系统吸收的总热量.解根据分析，因AB 、CD 为等温过程，循环过程中系统作的净功为()()()J 1076.5/ln /ln 32121211⨯=-==+=V V T T R M m V V RT Mm W W W CD AB由于吸热过程仅在等温膨胀(对应于AB 段)和等体升压(对应于DA 段)中发生,而等温过程中ΔE ＝0,则AB AB W Q =.等体升压过程中W ＝0，则DA DA E Q Δ=,所以，循环过程中系统吸热的总量为()()()()J 1081.325/ln /ln Δ42112121,121⨯=-+=-+=+=+=T T R M m V V RT Mm T T C M m V V RT Mm E W Q Q Q m V DAAB DA AB 由此得到该循环的效率为 %15/==Q W η13 －24 图(ａ)是某单原子理想气体循环过程的V －T 图，图中V C ＝2V A .试问：(1) 图中所示循环是代表制冷机还是热机？ (2) 如是正循环(热机循环)，求出其循环效率.分析以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p －V 图中循环曲线行进方向而言的.因此，对图(ａ)中的循环进行分析时，一般要先将其转换为p －V 图.转换方法主要是通过找每一过程的特殊点，并利用理想气体物态方程来完成.由图(ａ)可以看出，BC 为等体降温过程，CA 为等温压缩过程；而对AB 过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别.其直线方程为V ＝CT ，C 为常数.将其与理想气体物态方程pV ＝m/MRT 比较可知该过程为等压膨胀过程(注意：如果直线不过原点，就不是等压过程).这样，就可得出p －V 图中的过程曲线，并可判别是正循环(热机循环)还是逆循环(制冷机循环)，再参考题13－23的方法求出循环效率.解 (1) 根据分析，将V －T 图转换为相应的p －V 图，如图(ｂ)所示.图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环.(2) 根据得到的p －V 图可知，AB 为等压膨胀过程，为吸热过程.BC 为等体降压过程，CA 为等温压缩过程，均为放热过程.故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为()A B m p T T C M m Q -=,1 ()()A C A A B m V V V RT Mm T T C M m Q /ln ,2+-= CA 为等温线，有T A ＝T C ；AB 为等压线，且因V C ＝2V A ，则有T A ＝T B /2.对单原子理想气体，其摩尔定压热容C p ，m ＝5R/2，摩尔定容热容C V ，m ＝3R/2.故循环效率为()()3/125/2ln 2312/5/2ln 321/112=+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=A A A T T T Q Q η 13 －25 一卡诺热机的低温热源温度为7℃，效率为40％，若要将其效率提高到50％，问高温热源的温度需提高多少？解设高温热源的温度分别为1T '、1T '',则有12/1T T η'-='， 12/1T T η''-=''其中T 2 为低温热源温度.由上述两式可得高温热源需提高的温度为K 3.931111Δ211=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'--''-='-''=T ηηT T T 13 －26 一定量的理想气体，经历如图所示的循环过程.其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 是绝热过程.已知B 点温度T B ＝T 1,C 点温度T C ＝T 2.(1) 证明该热机的效率η＝1－T 2/T 1 ，(2) 这个循环是卡诺循环吗？分析首先分析判断循环中各过程的吸热、放热情况.BC 和DA 是绝热过程，故Q BC 、Q DA 均为零；而AB 为等压膨胀过程(吸热)、CD 为等压压缩过程(放热)，这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示.再利用绝热和等压的过程方程，建立四点温度之间的联系，最终可得到求证的形式. 证 (1) 根据分析可知 ()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=---=---=-=B A C D B C A B D CA B m p C D m p AB CD T T T T T T T T T T T T C MT T C M m Q Q η1/11111,, (1) 与求证的结果比较，只需证得BA C D T T T T = .为此，对AB 、CD 、BC 、DA 分别列出过程方程如下V A /T A ＝V B /T B (2)V C /T C ＝V D /T D (3) C γC B γB T V T V 11--= (4)A γA D γD T V T V 11--= (5)联立求解上述各式，可证得η＝1－T C /T B ＝1－T 2/T 1(2) 虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环.其原因是：① 卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成,而这个循环则与卡诺循环不同；② 式中T 1、T 2的含意不同，本题中T 1、T 2只是温度变化中两特定点的温度，不是两等温热源的恒定温度.13 －27 一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8 ×1011Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？分析热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率.由卡诺定理可知，在高温热源T 1和低温热源T 2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为η＝1－T 2/T 1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式Q pt Q W η//==，可得此条件下的最大功率.解根据分析，热机获得的最大功率为()-1712s J 100.2//1/⋅⨯=-==t Q T T t Q ηp13 －28 有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如图所示，试证明热()()1/1/12121---=p p V V γη 分析该热机由三个过程组成，图中AB 是绝热过程，BC 是等压压缩过程，CA 是等体升压过程.其中CA 过程系统吸热，BC 过程系统放热.本题可从效率定义CA BC Q Q Q Q η/1/112-=-=出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及γ＝C p,m 桙C V,m 的关系来证明.证该热机循环的效率为CA BC Q Q Q Q η/1/112-=-=其中Q BC ＝m /M C p,m (T C －T B )，Q CA ＝m/M C V,m (T A －T C )，则上式可写为1/1/11---=---=C A CB C A B C T T T T γT T T T γη 在等压过程BC 和等体过程CA 中分别有T B /V 1 ＝T C /V 2,T A /P 1 ＝T C /P 2,代入上式得()()1/1/12121---=p p V V γη 13 －29 如图所示为理想的狄赛尔(Diesel)内燃机循环过程,它由两绝热线AB 、CD 和等压线BC 及等体线DA 组成.试证此内燃机的效率为()()()1//1/12312123---=-V V V V γV V ηγγ证求证方法与题13－28相似.由于该循环仅在DA 过程中放热、BC 过程中吸热，则热机效率为 ()()BC AD B C m p A D m V BCDA T T T T γT T C M T T C M m Q Q η---=---=-=111/1,, (1) 在绝热过程AB 中，有1211--=γB γA V T V T ，即()121//-=γA B V V T T (2)在等压过程BC 中，有23//V T V T B C =，即23//V V T T B C = (3)再利用绝热过程CD,得1311--=γC γD V T V T (4)解上述各式，可证得()()()1//1/12312123---=-V V V V γV V ηγγ 13 －30 如图所示，将两部卡诺热机连接起来，使从一个热机输出的热量，输入到另一个热机中去.设第一个热机工作在温度为T 1和T 2的两热源之间，其效率为η1 ，而第二个热机工作在温度为T 2 和T 3 的两热源之间，其效率为η2.如组合热机的总效率以η＝(W 1 ＋W 2 )/Q 1 表示.试证总效率表达式为η＝(1 －η1 )η2 ＋η1 或 η＝1 －T 3/T 1分析按效率定义，两热机单独的效率分别为η1＝W 1 /Q 1和η2＝W 2 /Q 2，其中W 1 ＝Q 1－Q 2 ，W 2 ＝Q 2－Q 3 .第一个等式的证明可采用两种方法：(1) 从等式右侧出发，将η1 、η2 的上述表达式代入，即可得证.读者可以一试.(2) 从等式左侧的组合热机效率η＝(W 1 ＋W 2 )/Q 1出发，利用η1、η2的表达式，即可证明.由于卡诺热机的效率只取决于两热源的温度，故只需分别将两个卡诺热机的效率表达式η1＝1－T 2 /T 1 和η2＝1－T 3 /T 2 代入第一个等式，即可得到第二个等式.证按分析中所述方法(2) 求证.因η1＝W 1 /Q 1 、η2＝W 2 /Q 2 ，则组合热机效率12211211121Q Q ηηQ W Q W Q W W η+=+=+= (1) 以Q 2 ＝Q 1－W 1 代入式(1) ，可证得η＝η1 ＋η2 (1－η1 ) (2) 将η1＝1－T 2 /T 1 和η2＝1－T 3 /T 2代入式(2)，亦可证得η＝1－T 2 /T 1 ＋(1－T 3 /T 2 )T 2 /T 1 ＝1－T 3 /T 113 －31 在夏季，假定室外温度恒定为37℃，启动空调使室内温度始终保持在17 ℃.如果每天有2.51 ×108 J 的热量通过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？ (设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60％)分析耗电量的单位为kW·h ，1kW·h ＝3.6 ×106J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为212T T T e k -=，其中T 1为高温热源温度(室外环境温度)，T 2为低温热源温度(室内温度).所以，空调的制冷系数为e ＝e k · 60％＝0.6 T 2/( T 1 －T 2 )另一方面，由制冷系数的定义，有e ＝Q 2 /(Q 1 －Q 2 )其中Q 1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q 2是空调从房间内吸取的总热量.若Q ′为室外传进室内的热量，则在热平衡时Q 2＝Q ′.由此，就可以求出空调的耗电作功总值W ＝Q 1－Q 2 .解根据上述分析，空调的制冷系数为7.8%60212=-=T T T e在室内温度恒定时，有Q 2＝Q ′.由e ＝Q 2 /(Q 1－Q 2 )可得空调运行一天所耗电功W ＝Q 1－Q 2＝Q 2/e ＝Q ′/e ＝2.89×107＝8.0 kW·h13 －32 一定量的理想气体进行如图所示的逆向斯特林循环(回热式制冷机中的工作循环)，其中1→2为等温(T 1 )压缩过程，3→4为等温(T 2 )膨胀过程，其他两过程为等体过程.求证此循环的制冷系数和逆向卡诺循环制冷系数相等.(这一循环是回热式制冷机中的工作循环，具有较好的制冷效果.4→1过程从热库吸收的热量在2→3过程中又放回给了热库，故均不计入循环系数计算.)证明 1→2 过程气体放热2111lnV V RT Q v = 3→4 过程气体吸热 2122ln V V RT Q v = 则制冷系数 e ＝Q 2 /(Q 1－Q 2 )= T 2/( T 1－T 2 ).与逆向卡诺循环的制冷系数相同.13 －33 物质的量为ν的理想气体，其摩尔定容热容C V,m ＝3R/2，从状态A(p A ，V A ，T A )分别经如图所示的ADB 过程和ACB 过程，到达状态B(p B ，V B ，T B ).试问在这两个过程中气体的熵变各为多少？图中AD 为等温线.分析熵是热力学的状态函数，状态A 与B 之间的熵变ΔSAB 不会因路径的不同而改变.此外，ADB 与ACB 过程均由两个子过程组成.总的熵变应等于各子过程熵变之和，即DB AD AB S S S ΔΔΔ+=或CB AC AB S S S ΔΔΔ+=.解 (1) ADB 过程的熵变为()()D B p,m A D B D D A T BD P D A T DBAD AB T T C V V T T C T W T Q T Q S S S /ln /ln /d /d /d /d ΔΔΔm p,v vR v +=+=+=+=⎰⎰⎰⎰ (1)在等温过程AD 中，有T D ＝T A ；等压过程DB 中，有V B /T B ＝V D /T D ；而C p ，m ＝C V ，m ＋R ，故式(1)可改写为()()()()A B A B A B p,m A B B D ADB V T V V V T C V T V T S /ln 23/ln /ln /ln ΔvR vR v vR +=+=(2) ACB 过程的熵变为()()C B V,m A C p,m CB AC BA ACB T TC V T C S S Q/T S /ln /ln ΔΔd Δv v +=+==⎰ (2)利用V C ＝V B 、p C ＝p A 、T C /V C ＝T A /V A 及T B /p B ＝T C /p C ，则式(2)可写为()()()()()()()A B A B A A B B V,m A B A B A B V,m ACB V T V V V p V p C V V p p V V R C S /ln 23/ln /ln /ln /ln /ln ΔvR vR v vR v v +=+=++=通过上述计算可看出，虽然ADB 及ACB 两过程不同，但熵变相同.因此，在计算熵变时，可选取比较容易计算的途径进行.13 －34 有一体积为2.0 ×10-2m 3的绝热容器，用一隔板将其分为两部分，如图所示.开始时在左边(体积V 1 ＝5.0 ×10-3m 3)一侧充有1mol 理想气体，右边一侧为真空.现打开隔板让气体自由膨胀而充满整个容器，求熵变.分析在求解本题时，要注意⎰=BA T Q S d Δ 的适用条件.在绝热自由膨胀过程中，d Q ＝0，若仍运用上式计算熵变，必然有ΔS ＝0.显然，这是错误的结果.由于熵是状态的单值函数，当初态与末态不同时，熵变不应为零.出现上述错误的原因就是忽视了公式的适用条件. ⎰=BA T Q S d Δ 只适用于可逆过程，而自由膨胀过程是不可逆的.因此，在求解不可逆过程的熵变时，通常需要在初态与末态之间设计一个可逆过程，然后再按可逆过程熵变的积分式进行计算.在选取可逆过程时，尽量使其积分便于计算.解根据上述分析，在本题中因初末态时气体的体积V 1 、V 2 均已知，且温度相同，故可选一可逆等温过程.在等温过程中，d Q ＝d W ＝p d V ，而VRT M m p =，则熵变为 ()1-12K J 52.11/ln d 1d d Δ12⋅=====⎰⎰⎰V V R M m V V R M m T V p T Q S V V。

大学物理第13章习题解答(一)2024

大学物理第13章习题解答（一）引言概述：
大学物理第13章习题解答（一）涵盖了该章节习题的解答方法和步骤，旨在帮助读者理解和掌握该章节的重要概念和解题技巧。

本文将按照以下五个大点进行详细阐述每个习题的解答过程。

正文：
1. 运动和力
- 惯性和非惯性系的区别
- 牛顿第一定律的应用
- 各种力的分类和性质
- 牛顿第二定律的推导和应用
- 牛顿第三定律的理解和应用
2. 力的合成和分解
- 力的合成和分解的基本原理
- 合力和分力的定义和计算方法
- 作用在斜面上的分力的计算
- 平衡力和加速度的关系
- 静止物体和运动物体的分力分析
3. 弹力和摩擦力
- 弹簧的钩度系数和拉伸/压缩的关系
- 弹簧构成的力系和力的平衡
- 摩擦力的性质和影响因素
- 静摩擦力和动摩擦力的计算方法
- 摩擦力的方向和大小的分析
4. 圆周运动和万有引力
- 圆周运动的基本概念和特征
- 圆周运动的加速度和角速度的关系
- 圆周运动的向心力和离心力的计算
- 万有引力的定义和万有引力定律
- 行星运动和人造卫星的运动分析
5. 动能和动量
- 动能的定义和计算方法
- 动能定理的推导和应用
- 动量的定义和计算方法
- 动量定理的推导和应用
- 碰撞和弹性碰撞的动量分析
总结：
通过本文对大学物理第13章习题的解答分析，读者可以深入理解运动和力，力的合成和分解，弹力和摩擦力，圆周运动和万有引力，动能和动量等方面的关键概念和解题技巧。

掌握这些知识可以为读者在物理学习和解题过程中提供方法和思路，进一步巩固物理学的基础知识和应用能力。

大学物理第三章部分课后习题答案

大学物理第三章部分课后习题答案3-1半径为R、质量为M的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R的圆孔，孔的中心在求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。

分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。

注意对同一轴而言。

解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：1R处，2J11MR2①2由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：1MRMR3J2Jcmd2()2()2MR2②2424232由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：JJ1J213MR2323-2如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M，长度为L，在其中点O处弯成120角，放在某Oy平面内，求铁丝对O某轴、Oy轴、Oz轴的转动惯量。

分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对某轴的转动惯量为：L20J某rdm(lin600)22M1dlML2L32（2）对y轴的转动惯量为：L1ML2M5Jy()2(lin300)2dlML20322L96（3）对Z轴的转动惯量为：1ML1Jz2()2ML2322122题图3-23-3电风扇开启电源后经过5达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16风扇停止转动，已知风扇转动惯量为0.5kgm，且摩擦力矩Mf和电磁力矩M均为常量，求电机的电磁力矩M。

分析：Mf，M为常量，开启电源5内是匀加速转动，关闭电源16内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M。

解：由定轴转动定律得：MMfJ1，即52520.54.12Nm5163-4飞轮的质量为60kg，直径为0.5m，转速为1000r/min，现要求在5内使其制动，求制动力F，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，MJ1MfJ1J20.5尺寸如题图3-4所示。

分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。

大学物理第13章习题解答

第十三章习题解答1选择题：1B ，2A ，3B ，4A ，5D2填空题：1，2sin /d πθλ；2，0.45mm ；3，900nm ；4，变密；5，向上；6，向下；7，棱边，保持不变。

3计算题：1 用λ=500nm 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹。

若劈尖上面媒质的折射率n 1大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求：⑴ 膜下面媒质的折射率n 2与n 的大小关系；（2）第10条暗纹处薄膜的厚度； ⑶ 使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么变化?若e ∆=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?解：⑴ n 2>n 。

因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差为：2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚e =0处，有k =0，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意；（2） 3995009 1.510222 1.5ne n λλ-⨯∆=⨯===⨯⨯ mm (因10个条纹只有9个条纹间距)⑶ 膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=∆e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm343.5102 1.5212 5.010n e N λ--'∆⨯⨯⨯∆===⨯ 现被第21级暗纹占据．2 ⑴ 若用波长不同的光观察牛顿环，λ1＝600nm ，λ2＝450nm ，观察到用λ1时的第k 个暗环与用λ2时的第k +1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用λ1时第k 个暗环的半径．（2）又如在牛顿环中用波长为500nm 的第5个明环与用波长为λ2的第6个明环重合，求未知波长λ2．解： ⑴ 由牛顿环暗环公式：λkR r k = 据题意有 21)1(λλR k kR r +==，∴ 212λλλ-=k ，代入上式得：2121λλλλ-=Rr =31085.1-⨯=m （2）用1500λ=nm 照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有：2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-=∴121221251500409.121261k k λλ-⨯-==⨯=-⨯-nm 3 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由d 1＝1.40×10-2m 变为d 2＝1.27×10-2m ，求液体的折射率．解：由牛顿环明环公式2)12(21λR k D r -==空， n R k D r 2)12(22λ-==液两式相除得n D D =21，即22.161.196.12221≈==D D n 4 在双缝干涉实验中，波长λ＝550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距d ＝2×10-4 m 的双缝上，屏到双缝的距离D ＝2 m ．求：(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2) 用一厚度为e ＝6.6×10-5 m 、折射率为n ＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9 m)解： (1)，x dk D λ=，21010 5.510()Dx m d λ-==⨯，1020.11()x m = (2)，(1)69.6n ek λ-==5 双缝干涉实验装置如图所示，双缝与屏之间的距离D ＝120 cm ，两缝之间的距离d ＝0.50 mm ，用波长λ＝500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射双缝． (1) 求原点O (零级明条纹所在处)上方的第五级明条纹的坐标x ． (2) 如果用厚度l ＝1.0×10-2 mm ，折射率n ＝1.58的透明薄膜复盖在图中的S 1缝后面，求上述第五级明条纹的坐标x '．解：（1）55 6.0()Dx mm d λ==（2）21=()(1)5x k r r l nl d n l Dδλλ'=--+=--=19.9x mm '=6 在杨氏双缝实验中，设双缝之间的距离为0.2m m ，在距双缝远1m 的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为400760nm nm 的白光，问屏上离零级明纹20mm 处，哪些波长的光最大限度地加强？解：3410(5.210)dx nmk D λλ⨯===6,7,8,9,10k ==666.6,571.4,500,444.4,400dxnm Dkλ=7 在双缝干涉实验中，波长550nm λ=的单色平行光垂直入射到双缝间距4210md -=⨯的双缝上，屏到双缝的距离2m D =．求： (1)中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2)用一厚度为56.610m e -=⨯、折射率为 1.58n =的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？解：同第4题（重复了）8 杨氏双缝干涉实验中，双缝间距为0.3m m ，用单色光垂直照射双缝，在离缝 1.20m 的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78mm ，问所用单色光的波长为多少？解：522.78/211.39x mm ===380dxnm Dkλ= 9 油轮漏出的油(折射率 1.25n =)在海水(折射率为1.30)表面形成一层薄薄的油污． (1)如果太阳正位于海域上空，一直升飞机的驾驶员从机上向下观察，他所正对的油层厚度为400nm ，则他将观察到油层呈现什么颜色?(2)如果一潜水员潜入该区域水下，又将看到油层呈现什么颜色? 解：阶梯型薄膜。

《大学物理学》习题解答(第13章稳恒磁场)(1)

【13.11 解】无限大载流平面在其左右两侧所产生的磁感强度大小均为 B＝μ0j/2，但方向相反。设在平面左边 B
0 j
2
k ，右边则为 B
0 j
2
k 。当有两个电流方向相同的平行平面时，由场的迭加原理可得
（1）两平面之间，是处在一个平面的左边而另一个平面的右边，故
B合
0 j
mv eB
2mE k eB
6.71 m 和轨迹可得其向东偏转距离为
x R R 2 y 2 2.98 10 3 m
【13.17 解】利用霍耳元件可以测量磁感强度，设一霍耳元件用金属材料制成，其厚度为 0.15 mm，载流－子数密度为 1024m 3，将霍耳元件放入待测磁场中，测得霍耳电压为 42μV，通过电流为 10 mA。求待测磁场的磁感强度。【13.17 解】由霍耳电压的公式可得 B
dF I 2 dlB cos I 2 Rd
0 I1 I I d cos 0 1 2 2R cos 2
整个圆环受到的力为 F dF

0
2
0 I1 I 2 d 0 I 1 I 2 ，方向向右。 2
习题 13－18 图
习题 13－19 图
2 I (r 2 R 2 ) ], 2 2 ( R3 R 2 )
( R 2 r R3 )
B 0,
(r R 3 )
习题 13－9 图
习题 13－10 图
【13.10】如题图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上，求通入电流 I 后环内外磁场的分布。【13.10 解】在圆环内外分别作半径为 r 的圆形回路，由安培定理可得

大学物理13章习题详细答案

习题1313-3．如习题13-3图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。

设两板面积都是S ，板间距为d ，忽略边缘效应，求：(1)板B 不接地时，两板间的电势差。

(2)板B 接地时，两板间的电势差。

[解] (1)两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B 不接地，电荷分布为因而板间电场强度为 SQ E 02ε=电势差为 SQdEd U 0AB 2ε== (2) 板B 接地时，在B 板上感应出负电荷，电荷分布为故板间电场强度为 SQ E 0ε=电势差为 SQdEd U 0AB ε== B A-Q/2Q/2Q/2Q/2A B -QQ13-4 两块靠近的平行金属板间原为真空。

使两板分别带上面电荷密度为0的等量异号电荷，这时两板间电压为U 0=300V 。

保持两板上电量不变，将板间空间一半如图习题13-4图所示充以相对电容率为r =5的电介质，试求（1）金属板间有电介质部分和无电介质部分的E,D 和板上的自由电荷密度；（2）金属板间电压变为多少电介质上下表面束缚电荷面密度多大13-5．如习题13-5图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为R A 、R B 、R C 。

圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地。

求B 的内表面上线电荷密度1和外表面上线电荷密度2之比值1/2。

[解] 由A 、C 接地 BC BA U U = 由高斯定理知 r E 01I 2πελ-=rE 02II 2πελ= AB 0101I BA ln 2d 2d ABA BR Rr r U R R R R πελπελ=-==⎰⎰r E IIIB C 0202II BC ln 2d 2d CB CBR R r r U R R R R πελπελ===⎰⎰r EBC 02A B 01ln 2ln 2R R R R πελπελ= 因此 AB BC 21ln :ln:R R R R =λλ13-6．如习题13-6图所示，一厚度为d 的无限大均匀带电导体板，单位面积上两表面带电量之和为。

大学物理课后习题及答案第13章

第13章光学一选择题*13-1 在水中的鱼看来，水面上和岸上的所有景物，都出现在一倒立圆锥里，其顶角为（）(A)48.8(B)41.2(C)97.6(D)82.4解：选(C)。

利用折射定律，当入射角为1=90i 时，由折射定律1122sin sin n i n i = ，其中空气折射率11n =，水折射率2 1.33n =，代入数据，得折射角2=48.8i ，因此倒立圆锥顶角为22=97.6i 。

*13-2 一远视眼的近点在1 m 处，要看清楚眼前10 cm 处的物体，应配戴的眼镜是（）(A)焦距为10 cm 的凸透镜 (B)焦距为10 cm 的凹透镜 (C)焦距为11 cm 的凸透镜 (D)焦距为11 cm 的凹透镜解：选(C)。

利用公式111's s f+=，根据教材上约定的正负号法则，'1m s =-，0.1m s =，代入得焦距0.11m =11cm f =，因为0f >，所以为凸透镜。

13-3 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图13-3中的S ′位置，则[ ] (A) 中央明纹向上移动，且条纹间距增大(B) 中央明纹向上移动，且条纹间距不变(C) 中央明纹向下移动，且条纹间距增大 (D) 中央明纹向下移动，且条纹间距不变解：选(B)。

光源S 由两缝S 1、S 2到O 处的光程差为零，对应中央明纹；当习题13-3图向下移动至S ′时，S ′到S 1的光程增加，S ′到S 2的光程减少，为了保持光程差为零，S 1到屏的光程要减少，S 2到屏的光程要增加，即中央明纹对应位置要向上移动；条纹间距dD x λ=∆，由于波长λ、双缝间距d 和双缝所在平面到屏幕的距离D 都不变，所以条纹间距不变。

13-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射。

若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为[ ](A) 3个 (B) 4个 (C) 5个 (D) 6个解：选(B)。

大学物理第十三章课后答案

习题十三13-1 衍射的本质是什么？衍射和干涉有什么联系和区别？答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象• 其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生. 而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成.13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动？若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动？答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动. 单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动.13-3 什么叫半波带？单缝衍射中怎样划分半波带？对应于单缝衍射第 3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带？λ答：半波带由单缝 A 、B 首尾两点向'方向发出的衍射线的光程差用2来划分•对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成 7个和8个半波带. a Sin =(2k • 1) “ =(2 3 ■ 1) “ =7∙.∙由 22 2a Sin -4 ' - 8—213-4 在单缝衍射中，为什么衍射角，愈大(级数愈大)的那些明条纹的亮度愈小？答：因为衍射角「愈大则asin「值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小.13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化？如果此时用公mλasin =(2k 1) (k =1,2,)式 2来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长？k ■解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应asin 「= k ∙ = n ,而空气中为asi n「= k ∙,∙. Si n 「=n Sin ",即「=n :,水中同级衍射角变小，条纹变密.λ如用asin(2k ■ I)2 (k=1,2,…)来测光的波长，则应是光在水中的波长.(因asin‘ 只代表光在水中的波程差)•13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化 ?(1)缝宽变窄；(2)入射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射. 解：(1)缝宽变窄，由asin ' =k'知，衍射角「变大，条纹变稀；(2) ,变大，保持a, k不变，则衍射角「亦变大，条纹变稀； (3) 由正入射变为斜入射时，因正入射时asin即=k ∙；斜入射时，a(Sin「-Sin^)^k-,保持a ,'不变，则应有 ^ k或k二：：k •即原来的k 级条纹现为k级.13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾？怎样说明？λ答：不矛盾•单缝衍射暗纹条件为.asin=k' =2k 2 ,是用半波带法分析(子波叠加问题)•相邻两半波带上对应点向'方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为dsin a ,描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹.13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别？为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽？答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果. 其明条纹主要取决于多光束干涉.光强与缝数N 2成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有 (N -1)个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景.13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级 ?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级.即"(a +b)si n d =±k ?* (k =0,1,2,…) a sin W = ±k 九 (^ = 1,2∙…)a +b * k = k H可知，当 a 时明纹缺级.(1)a∙b =2a 时，k = 2,4,6,•…偶数级缺级；(2) a b =3a 时，k=3,6,9,•…级次缺级；⑶ a ∙b =4a , k=4,8,12,∙∙级次缺级.13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角.问 (1)零级明条纹能否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大？不同波长的光分开程度与什么因素有关？解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光. 因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强. ⑵可见光中红光的衍射角最大，因为由(a' b) sin :护=k ‘，对同一 k 值，衍射角 -'.ο13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与 6000 A的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长. 解：单缝衍射的明纹公式为a sin = (2 k 1)2o当人=6000 A 时 k = 2，='X 时，k = 3 重合时'角相同，所以有5 ■ X6000 =4286 o7Ao13-12 单缝宽0.10mm,透镜焦距为50Cm 用^ =5000 A 的绿光垂直照射单缝•求：(1) 位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少 ?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33),中央明条纹的半角宽度又为多少？AλL X = 2 f解：中央明纹的宽度为na-Sin —半角宽度为 na(1)空气中，n=1,所以A5000 汇 10 “J：x =2 0.5厂=5.0 100.10 汉 10ma sin 即=(22 1)-6000=(2 3 ■ 1)1015000 X 10 一 3V - Sin厂=5.0 10 一0.10x10 一rad(2)浸入水中，n=1.33 ,所以有105000 x10一3：^=2 0.50- 3.76 10 _1.33x0.10x10—mI5000 00」° 3V - Sin 3 : 3.7610 一 1.33 X 0.1 X10 一 rad13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为 a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距 f=40.0cm ,观察屏幕上形成的衍射条纹•若屏上离中央明条纹中心 1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：（1）入射光的波长；（2）P 点处条纹的级数；（3）从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带？X 1.4 J3.5 10 tan f 4002 0.6 3.5 10 2k 1k = 4 得)-4 = 4700o若-3 = 6000 A ,则P 点是第3级明纹;o若-4 =4700 A ,贝U P 点是第4级明纹.a Sin = （2k 亠 1）-⑶由2可知，当k=3时，单缝处的波面可分成2k 1当k=4时，单缝处的波面可分成2kTo13-14用‘氛=5900A 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹？ 1 a+b = J二o解：500 mm =2.010 mm = 2.010 A由（a ' b ）sin ' = k '知，最多见到的条纹级数ka +b 2.0 汇104k max ==fc3.39∣Z-Qkmax^3所以有5900,即实际见到的最高级次为o 13-15 波长为5000A 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透解：（1）由于P 点是明纹，故有a sin ' = (2k 1)—2 , k =1,2,3 - ■ 2a sin 2k 1X4.2 X10 °2k 1k =3，得 K =6000 mmoA=7个半波带;=9个半波带.<Pmax 对应的max镜焦距为60cm. 求：（1）屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；（2）当光线与光栅法线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少？1a +b = ------ =5.0x10~6解： 200 mm 5.0 10 - m(1)由光栅衍射明纹公式X Sin Φ = tan W =— (a +b) sin 申=k k ,因k =1 ,又fX 1(a +b)所以有f这就是中央明条纹的位移值•o13-16 波长九=6000A 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在 Sin=0∙20与Sin =0∙30处，第四级缺级.求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度;⑶ 在90°> ’ > -90 °范围内，实际呈现的全部级数.解：(1)由(a b) Sin= k，式对应于Sin ：1=0∙2° 与Sin ；：2=0∙30 处满足：-Lo0.20 (a b) =2 6000 10 I. 100.30 (a b) =3 600010得 a ∙ b =6.0 10 * m(2)因第四级缺级，故此须同时满足(a ■ b) Sin = k ■a sin = k ，= 1.5 10 "βk解得取=1 ,得光栅狭缝的最小宽度为 1.5 10 m⑶由(a b) Sin = k ■k 土(a ■ b) Sin λπW =—当 2,对应 k = k m aXa +b .66.0 10 k10λ6000 10500010 210 恥 60 10 一X l5.0 10 -⑵对应中央明纹, 2= 6.0 10 一k = 0 =6 Cm正入射时, (a -b) Sin 斜入射时, (a -b)(sin=0二Sin所以 Sin=0日)=0 即Sin 申±sin 日=0Sinl : tanXCP二 30=1 60 10 2 2=3010m = 30Cm因_4 , _ 8缺级，所以在-9°：：：「：：： 9°范围内实际呈现的全部级数为k = 0, 一1, _2, _3, _5, _6, 一7, _9 共 15 条明条纹（k= 1° 在 k= 9° 处看不到）.o13-17 一双缝，两缝间距为 0.1mm ,每缝宽为0.02mm ,用波长为4800A 的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为 50cm 的透镜.试求：（1）透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；（2）单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹？解：（1）中央明纹宽度为（2）由缺级条件a sin = k '■(a - b) sin = k ■0.1k " = 5k ' 0.02 k =1,2,即k=5,10,15,…缺级V -1.221 .22 5000= 30.5 10 D0.2d4f tan v : f v - 50030 .5 10 一 =1.5.∙.爱里斑半径2mm13-19已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为 4.84 × 10-6rad ,它们都发出波长为o5500A 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星？解：由最小分辨角公式J -1.22 —D5λ5.5j<10D =1.22 — =1 .22- = 13.864.84 10 Cmo13-20已知入射的X 射线束含有从0.95〜1.30A 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为 o2.75 A ,当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的 X 射线能产生强反射？解：由布喇格公式2d Sin=k'_ 2d Sin 申λ = --------得k时满足干涉相长Qo当 k =1 时，& = m 、s in 45=3.89 A2 2.75 sin 45Λ --1.91 ok =2 时，2AI 。

大学物理课后题答案13

习题十三13-1 求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。

[解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此a I B πμ401=对于导线2：πθθ==21，因此02=BaIB B B πμ4021p =+= 方向垂直纸面向外。

(b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此rI a I B πμπμ44001==，方向垂直纸面向内。

对于导线2：21πθ=，πθ=2，因此rI a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。

半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即rIr I B 4221003μμ==，方向垂直纸面向内。

所以，rIr I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++=(c) P 点到三角形每条边的距离都是a d 63=o 301=θ，o 1502=θ每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是()aI d IB πμπμ23150cos 30cos 400000=-=故P 点总的磁感应强度大小为aIB B πμ29300== 方向垂直纸面向内。

13-2 有一螺线管长L ＝20cm ，半径r =2.0cm ，导线中通有强度为I =5.0A 的电流，若在螺线管轴线中点处产生的磁感应强度B ＝310166-⨯.T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少匝?[解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为()120cos cos 2θθμ-=nIB由图知： 10410cos 2=θ，10410cos 1-=θ，所以，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=10410220nI B μ，所以，匝＝1000101040IBn μ=13-3 若输电线在地面上空25m 处，通以电流31081⨯.A 。

大学物理课后题答案13

引言概述:大学物理是一门综合性的科学课程，涉及到力学、热力学、电磁学等多个领域。

课后题是学生巩固所学知识的重要方式之一，然而很多学生在解答课后题时遇到了困难。

本文将提供大学物理课后题答案13，帮助学生更好地理解和掌握相关知识。

正文内容:1.牛顿第二定律(Newton'sSecondLaw)1.1强迫振动的谐振频率(Forcedharmonicoscillationfrequency)1.2相对加速度(Relativeacceleration)1.3质量与弯曲力(Massandbendingforce)1.4速度与时间的关系(Relationshipbetweenvelocityandtime)1.5瞬时动能(Instantaneouskineticenergy)2.静电场(Electrostatics)2.1电场强度的定义(Definitionofelectricfieldstrength)2.2高斯定律(Gauss'slaw)2.3电势能的转化(Conversionofelectricpotentialenergy)2.4电势差(Potentialdifference)2.5球面电势(Sphericalpotential)3.电磁感应(ElectromagneticInduction)3.1法拉第电磁感应定律(Faraday'slawofelectromagneticinduction)3.2磁通量(Magneticflux)3.3电动势(Electromotiveforce)3.4自感与互感(Selfinductanceandmutualinductance)3.5感应电流(Inducedcurrent)4.直流电路(DirectCurrentCircuits)4.1Ohm定律(Ohm'slaw)4.2串联电阻与并联电阻(Seriesandparallelresistors)4.3电源与电动势(Powersupplyandelectromotiveforce)4.4电阻和电功率(Resistanceandpower)4.5电阻与温度关系(Relationshipbetweenresistanceandtemperature)5.交流电路(AlternatingCurrentCircuits)5.1交流电流和电压(ACcurrentandvoltage)5.2交流电的相位差(PhasedifferenceofAC)5.3交流电路中的电感和电容(InductanceandcapacitanceinACcircuits)5.5交流电路中的功率(PowerinACcircuits)总结:大学物理课后题答案13涵盖了牛顿第二定律、静电场、电磁感应、直流电路和交流电路等多个主题。

2013年下真题物理答案

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大学物理13章答案

第13章静电场中的导体和电介质13.1一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将A 和B 连接起来，则A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）[解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0，可得P 点的电场强度为204q E r πε=．当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q 时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A 和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为04c q U r πε=．13.2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为 ⎰⋅=ΦSdD d 012d d d 2S S S rlDπ=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，可得电位移为 D = λ/2πr ，其方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ，方向也垂直中心轴向外．13.3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？ [解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离图13.3球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势叠加，大小为000111444o q q Q q U r a b πεπεπε-+=++13.4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q =3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？（2）A 板电势为多少？ [解答](1)设A 的左右两面的电荷面密度分别为σ1和σ2，所带电量分别为σ1S 和q 2 = σ2S ，q 1 = 在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = σ1S + σ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = σ1/ε0， A 、C 间的场强为 E 2 = σ2/ε0．设A 板与B 板的电势差和A 板与C 板的的电势差相等，设为ΔU ，则ΔU = E 1d 1 = E 2d 2， ②即 σ1d 1 = σ2d 2． ③解联立方程①和③得σ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)，所以 q 1 = σ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)；q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)．B 、C 板上的电荷分别为q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)． (2)两板电势差为ΔU = E 1d 1 = σ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)，由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π，因此 ΔU = 144π = 452.4(V)．由于B 板和C 板的电势为零，所以U A = ΔU = 452.4(V)．13.5 一无限大均匀带电平面A ，带电量为q ，在它的附近放一块与A 平行的金属导体板B ，板B 有一定的厚度，如图所示．则在板B 的两个表面1和2上的感应电荷分别为多少？[解答]由于板B 原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得 0． ①q 1 + q 2 = 虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S ，则面电荷密度分别为σ1 = q 1/S 、σ2 = q 2/S 、σ = q/S ，图13.42 图13.5它们产生的场强大小分别为E 1 = σ1/ε0、E 2 = σ2/ε0、E = σ/ε0．在B 板内部任取一点P ，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A 板产生的场强向左，取向右的方向为正，可得E 1 - E 2 – E = 0，即 σ1 - σ2 – σ = 0，或者说 q 1 - q 2 + q = 0． ② 解得电量分别为q 2 = q /2，q 1 = -q 2 = -q /2．13.6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为120V ，两板间相距为 1.2mm ，忽略边缘效应，求每一个金属板表面的电荷密度各为多少？[解答]由于左板接地，所以σ1 = 0．由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面，所以σ4 = 0．由于两板带等量异号的电荷，所以 σ2 = -σ3．两板之间的场强为E = σ3/ε0，而 E = U/d ，所以面电荷密度分别为σ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m -2)，σ2 = -σ3 = -8.84×10-7(C·m -2)．13.7一球形电容器，内外球壳半径分别为R 1和R 2，球壳与地面及其他物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间电容可用公式202214R C R R πε=-表示．（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R >>R 2）[一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R 3壳，外壳也接地．内球壳和外球壳之间是容为 104C πε=壳之间也是一个电容器，电容为2023141/1/C R R πε=-．外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为12120022144R R C C C R R R πεπε=+=+-图13.6202214R R R πε=-．方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的叠加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为0201`044q q R R πεπε+=，因此感应电荷为12`R q q R =-．根据高斯定理可得两球壳之间的场强为122002`44R q q E r R r πεπε==-，负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为1122d d R R R R U E r=⋅=⎰⎰E l121202()d 4R R R qr R rπε=-⎰1212021202()11()44R q R R q R R R R πεπε-=-=球面间的电容为202214R q C U R R πε==-．13.8球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为12012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半：0121212R R C R R πε=-．当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．13.9设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．[解答]假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为 ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2． C 1 = 总电容的倒数为122112*********d d d d C C C S S S εεεεεε+=+=+=，总电容为122112SC d d εεεε=+．13.10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：（1）两极的电势差U ；（2）介质中的电场强度E 、电位移D ；（3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？ [解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为 ⎰⋅=ΦS d S D d12d d d 2S S S rlDπ=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，高斯面包围的自由电荷为 q = λl ，根据介质中的高斯定理 Φd = q ，可得电位为 D = λ/2πr ，方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ，方向也垂直中心轴向外．取一条电力线为积分路径，电势差为21d d d 2R LLRU E r r r λπε=⋅==⎰⎰⎰E l21ln 2R R λπε=．电容为212ln(/)q l C U R R πε==．在真空时的电容为00212ln(/)l q C U R R πε==，所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．13.11在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布；（2）介质层内、外表面的极化电荷面密度．[解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为 Dr S D SSd 24d d π==⋅=Φ⎰⎰S D高斯面包围的自由电荷为q = Q 0，根据介质中的高斯定理 Φd = q ，可得电位为 D = Q 0/4πr 2，方向沿着径向．用矢量表示为D = Q 0r /4πr 3．电场强度为E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3，方向沿着径向．由于 D = ε0E + P ，所以 P = D - ε0E =031(1)4rQ r επ-r ．在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以 D = Q 0r /4πr 3，E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0．（2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为E 0 = Q 0r /4πε0r 3；极化电荷q 1`产生的场强为E` = q 1`r /4πε0r 3；总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3．由于 E = E 0 + E `，解得极化电荷为`101(1)rq Q ε=-，介质层内表面的极化电荷面密度为``01122111(1)44r Q q R R σπεπ==-．在介质层外表面，极化电荷为``21q q =-，面密度为``02222221(1)44r Q q R R σπεπ==-．13.12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．13.13一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？[解答]平行板电容器的电容为C = ε0S/d ，当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ；另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．两个电容器并联，总电容为C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ，静电能为W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ．13.14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；（3）极板上的自由电荷面密度．[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为C = (1 + εr )ε0S /2d ．（2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ，充电后所带电量为 Q = C 0U ．当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ．（3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ．设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则Q 1 + Q 2 = Q ． ①由于C = Q/U ，所以U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ②解联立方程得01112211/C U C Q Q C C C C ==++，真空中一半电容器的自由电荷面密度为00112122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S d εσε===++．同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为0021222(/1)(1)r r C U UC C S d εεσε==++．13.15平行板电容器极板面积为200cm 2，板间距离为 1.0mm ，电容器内有一块1.0mm 厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V 的电源相连．求：（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？ [解答]平行板电容器的电容为C 0 = ε0εr S/d ，静电能为 W 0 = C 0U 2/2．玻璃板抽出之后的电容为C = ε0S/d ．（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU 2/2，电能器能量变化为ΔW = W - W 0 = (C - C 0)U 2/2 = (1 - εr )ε0SU 2/2d = -3.18×10-5(J)．（2）充电后所带电量为 Q = C 0U ，保持电量不变抽出玻璃板，静电能为W = Q 2/2C ，电能器能量变化为2000(1)2C C U W W W C ∆=-=-20(1)2r r SU dεεε=-= 1.59×10-4(J)．13.16设圆柱形电容器的内、外圆筒半径分别为a 、b ．试证明电容器能量的一半储存在半径R[解答]设圆柱形电容器电荷线密度为λ，场强为 E = λ/2πε0r ，能量密度为 w = ε0E 2/2，体积元为 d V = 2πrl d r ，能量元为 d W = w d V ．在半径a 到R 的圆柱体储存的能量为20d d 2V V W w V E Vε==⎰⎰2200d ln 44Ral l R r r a λλπεπε==⎰．当R = b 时，能量为210ln4l b W a λπε=；当R =22200ln48l l b W a λλπεπε==，所以W 2 = W 1/2，即电容器能量的一半储存在半径R13.17 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为a 、b ，柱面之间充满介电常量为ε的电介质（忽略边缘效应）．当这两个导体带有等量异号电荷(±Q )时，求：（1）在半径为r (a < r < b )、厚度为d r 、长度为l 的圆柱薄壳中任一点处，电场能量体密度是多少？整个薄壳层中总能量是多少？（2）电介质中总能量是多少（由积分算出）？（3）由电容器能量公式推算出圆柱形电容器的电容公式？[解答]（1）圆柱形内柱面的电荷线密度为 λ = Q/l ，根据介质是高斯定理，可知电位移为D = λ/2πr = Q /2πrl ，场强为 E = D/ε = Q /2πεrl ，能量密度为w = D ·E /2 = DE /2 = Q 2/8π2εr 2l 2．薄壳的体积为d V = 2πrl d r ，能量为 d W = w d V = Q 2d r /4πεlr ．（2）电介质中总能量为22d d ln44bV aQ Q bW W r lr l a πεπε===⎰⎰．（3）由公式W = Q 2/2C 得电容为222ln(/)Q l C W b a πε==．13.18 两个电容器，分别标明为200PF/500V 和300PF/900V ．把它们串联起来，等效电容多大？如果两端加上1000V 电压，是否会被击穿？[解答]当两个电容串联时，由公式211212111C C C C C C C +=+=，得1212120PFC C C C C ==+．加上U = 1000V 的电压后，带电量为Q = CU ，第一个电容器两端的电压为U 1 = Q/C 1 = CU/C 1 = 600(V)；第二个电容器两端的电压为U 2 = Q/C 2 = CU/C 2 = 400(V)．由此可知：第一个电容器上的电压超过它的耐压值，因此会被击穿；当第一个电容器被击穿后，两极连在一起，全部电压就加在第二个电容器上，因此第二个电容器也接着被击穿．。

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。

chap19(西尔斯当代大学物理)

right-hand rule:
Fig.19-6
no explicit（明确的） expression unit in SI
T (Tesla) =N / A m 10 Gauss
4
FB always perpendicular to
v
and B
14
FB qv B is also a formula for finding F B
Welcome you here for
University Physics
Meng Da Min HeFei University of Technology 2013 fall
绪论
对标准问题的标准答案的记诵重燃求知欲思维训练
三件东西至为重要：图书馆、好的老师、互联网
独立而有尊严的生活自我意识与公共精神---有稳定的价值观，有独立思考能力，有积极的行为方式，做一个直立行走的人，大写的人
B
20
Fast-Reading: example 19.12
21
Review:
1. Magnetic Fields:
FB qv B
FB Magnitude: B qv sin
direction: right-hand rule
F
B
q
v
zero-force axis (the direction of B )
0 FB 0
B
maximum sideway force when

2
( FB ) max B qv
q
Fm 0
22
V
2. Hall effect:

大学物理课后习题及答案第13章

第13章光学一选择题*13-1 在水中的鱼看来，水面上和岸上的所有景物，都出现在一倒立圆锥里，其顶角为（）(A)48.8(B)41.2(C)97.6(D)82.4解：选(C)。

利用公式111's s f+=，根据教材上约定的正负号法则，'1m s =-，0.1m s =，代入得焦距0.11m =11cm f =，因为0f >，所以为凸透镜。

13-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射。

若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为[ ](A) 3个 (B) 4个 (C) 5个 (D) 6个解：选(B)。

大学物理习题答案第十三章

[习题解答]13-2光源S1 和S2 在真空中发出的光都是波长为l的单色光，现将它们分别放于折射率为n1 和n2的介质中，如图13-5所示。

界面上一点P到两光源的距离分别为r1 和r2。

(1)两束光的波长各为多大？(2)两束光到达点P的相位变化各为多大？(3)假如S1 和S2 为相干光源，并且初相位相同，求点P图13-5干涉加强和干涉减弱的条件。

解(1)已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n的介质中的波长λ'可以表示为,所以，在折射率为n1和n2的介质中的波长可分别表示为和.(2)光传播r的距离，所引起的相位的变化为,所以，第一束光到达点P相位的变化为,第二束光到达点P相位的变化为.(3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点P干涉加强的条件是, ;点P干涉减弱的条件是, .13-3若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？解观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。

13-4在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m 处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm。

求所用单色光的波长。

解在双缝干涉实验中，暗条纹满足,第5条暗条纹的级次为4，即，所以,其中。

两个第5条暗条纹的间距为,等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为.13-5在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。

解因为第1条暗条纹对应于，所以第2条暗条纹和第5条暗条纹分别对应于和。

根据双缝干涉的规律，暗条纹的位置应满足.所以，第2条与第5条暗条纹之间的距离为.13-7在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的紫光(波长为400 nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？解光从第一个表面反射要产生半波损失，但从第二个表面反射无半波损失，所以光程差应表示为,式中e为薄膜的厚度，此厚度应为最小值，干涉级次k最小应取1，因为当时，薄膜的厚度必须取零，上式才能成立。

chap19(西尔斯当代大学物理)

(2) the goals of PBL
equal knowledge in physics.
building a suitable environment to promote
students conversion: from English learners into English users.
VH＝
+
B
+
+ f
+
vd
EH
nel
I
RH
l –
B
–
vd

f
–
–
EH
I
+ + + 2).measurement of the number of carriers per unit volume of conductor.
–
–
–
BI n＝ VH el
3).measurement of B,I,T
(half a million of words ) original English material in two semesters. about 20 min/page at least in average. 180h will be spent in reading the paragraphs my lecture will cover. English is a worry for most learners in China . physics is a difficult subject for most students. ambitious、self-confidence are needed.
Chap23 Electromagnetic waves

大学物理课后答案第十三章

第十三章几何光学一、基本要求1. 了解光的直线传播定律，光的折射和反射定律及全反射定律。

2. 理解光在平面上的反射和折射成像。

3. 理解光在球面上的反射和折射，掌握在近轴条件下，球面反射成像的物像公式'111s s f +=及球面折射成像的物像公式1221'n n n n s s R-+=，并掌握横向放大率，理解符号法则。

4. 理解薄透镜逐次成像法，掌握薄透镜成像的高斯公式'111s s f+=及磨镜者公式'12111(1)()L f f n R R ==--，掌握透镜的像的横向放大率，会计算一些简单问题。

5. 了解显微镜和放大镜的工作原理及放大倍数。

二、基本内容1. 几何光学的基本定律（1）光的直线传播定律光在均匀介质中沿直线传播。

（2）光的反射和折射定律反射定律 '11i i =折射定律 1122s i n s i n n i n i =（3）光的独立传播定律光在不太强时，传播过程中与其它光束相遇时，各光束相互不受影响，不改变传播方向，各自独立传播。

2. 全反射定律21arcsinc n i n = 其中，c i 为全反射临界角，2n 为折射空间的折射率，1n 为入射空间的折射率。

3. 光在单球面上的反射近轴成像（1）球面反射近轴物像公式 '111s s f +=，其中2Rf =（R 是单球面的曲率半径），s 是物距，'s 是像距。

（2）符号约定法则a 球面的曲率半径R ：若曲率中心C 与出射光在反射面的同侧时，半径R 为正，反之为负。

b 物距s ：当物与入射光在反射面的同侧时，物距s 为正，反之为负。

s 为正时，物为实物，s 为负时，物为虚物。

c 像距's ：当像与出射光在反射面的同侧时，像距's 为正，反之为负。

's 为正时，像是实像，'s 为负时，像是虚像。

（3）横向放大率 's sβ=-注意：当0β>，像是正立的；0β<，像是倒立的。

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