《大学物理》-第二版-课后习题答案--第七章
大学物理第二版答案(北京邮电大学出版社)
习 题 解 答第一章 质点运动学1-1 (1) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)(2) 第一秒内位移j y y i x x r)()(01011-+-=∆)(5.33)101(3)01(21)01(32m j i ji +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(3) 前4秒内平均速度)s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t r V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度)s m (43704204-⋅=-=--=∆∆=j j V V t V a (6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a1-2 23d d 23++==t t txv c t t t c t v x x +++=+==⎰⎰241d d 34 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t xtt tv a t t v 63d d 23223+==++= 将t =3s 代入证)s m (45)s m (56)(414123133--⋅=⋅==a v m x1-3 (1) 由运动方程⎩⎨⎧+==ty t x 2342消去t 得轨迹方程0)3(2=--y x(2) 1秒时间坐标和位矢方向为 m y m x 5411==[4,5]m: ︒===3.51,25.1ααxytg(3) 第1秒内的位移和平均速度分别为)m (24)35()04(1j i j i r+=-+-=∆)s m (2411-⋅+=∆∆=j i tr V(4) 质点的速度与加速度分别为i t Va j i tr V8d d ,28d d ==+==故t =1s 时的速度和加速度分别为 2111s m 8,s m 28--⋅=⋅+==i a j i V1-4 该星云飞行时间为a 1009.2s 1059.61093.31074.21046.910177915⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯ 即该星云是101009.2⨯年前和我们银河系分离的. 1-5 实验车的加速度为g)(25m/s 1047.280.13600101600223≈⨯=⨯⨯==t v a 基本上未超过25g.1.80s 内实验车跑的距离为）（m 40080.13600210160023=⨯⨯⨯==t v s1-6 (1)设第一块石头扔出后t 秒未被第二块击中，则2021gt t v h -= 代入已知数得28.9211511t t ⨯-=解此方程，可得二解为s 22.1s,84.111='=t t第一块石头上升到顶点所用的时间为s 53.18.9/15/10===g v t m由于m t t >1,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于m t t <'1这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以20v 和'20v 分别对应于在t 1和'1t 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于2111120)(21)(t t g t t v h ∆∆---= 所以184.1)184.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=∆-∆-+=t t t t g h v m /s 2.17=同理.122.1)122.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=-'-'+='t t t t g h v ∆∆ m/s)(1.51=(2) 由于'>=123.1t s t ∆,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t 1时刻相碰，第二块的初速度为3.184.1)3.184.1(8.92111)(2122122120--⨯⨯+=--+="t t t t g h v ∆∆ m/s)(0.23=1-7 以l 表示从船到定滑轮的绳长，则t l v d /d 0-=.由图可知22h l s -=于是得船的速度为02222d d d d v s h s t l h l lts v +-=-==负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为3202022d d d d d d s v h tl v h l ll t v a -=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--== 负号表示a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为522422221048.9601.0)106(44⨯=⨯⨯⨯==ππωg r n g r1-9 物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.024.022=⨯==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s 3='t 时的切向加速度，即)m/s (2.02='t a在s 3='t 时的法向加速度为)m/s (36.00.1)32.0()(2222=⨯='='=R t a R v a t n1-10 2m /s 2.1=a ,s 5.00=t ,m 5.10=h .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为m/s)(6.05.02.100=⨯==at v以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为2021gt t v h +=电梯下降的距离为习题1-9图 习题1-10图2021at t v h +='又20)(21t a g h h h -='-= 由此得s 59.02.18.95.1220=-⨯=-=a g h t而小球相对地面下落的距离为2021gt t v h += 259.08.92159.06.0⨯⨯+⨯= m 06.2= 1-11 人地风人风地v v v+=画出速度矢量合成图(a)又人地风人风地02v v v +'=，速度矢量合成如图（b ）两图中风地v应是同一矢量.可知（a ）图必是底角为︒45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为人地人地风地00245cos v v v =︒=)s m (23.41-⋅=1-12 (1) v LvL t 22==(2) 22212u v vLu v L u v L t t t -=++-=+= 1212-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v u v L(3) v Lv L t t t '+'=+=21,如图所示风速u 由东向西，由速度合成可得飞机对地速度v u v +=',则22u v V -='.习题1-12图习题1-11图2221222⎪⎭⎫⎝⎛-=--='=v u v L uv L v L t 证毕1-13 （1）设船相对岸的速度为V '(如图所示),由速度合成得V u V +='V 的大小由图1.7示可得αβcos cos u V V +'=即332323cos cos -=⨯-=-='αβu V V 而1212sin sin =⨯=='αβu V 船达到B 点所需时间)s (1000sin =='='=D V DV OB t βAB 两点之距βββsin cos D Dctg S == 将式（1）、（2）代入可得m)(1268)33(=-=D S(2) 由αβsin 101sin 3u V D t ⨯='=船到对岸所需最短时间由极值条件决定0cos sin 11d d 2=⎪⎭⎫⎝⎛-=αααu t 即 2/,0c o s παα==故船头应与岸垂直，航时最短.将α值代入（3）式得最短航时为s)(500105.021012/sin 101333m in=⨯=⨯=⨯=s u t π (3) 设l OB =,则ααββsin cos 2sin sin 22u uV V u D V D V D l -+=''==欲使l 最短，应满足极值条件.习题1-13图a a uV V u u D l '⎢⎢⎣⎡''-+-='cos sin cos 2d d 22αα 0cos 2sin sin 2222=⎥⎦⎤'-+''+αuV V u a a uV 简化后可得01cos cos 222=+'+-'αuVV u a即 01cos 613cos 2=+'-'αa 解此方程得32cos ='α︒=='-2.4832cos 1α 故船头与岸成︒2.48，则航距最短.将α'值代入（4）式得最小航程为222222m in 321232322321000cos 1cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⨯-+='-'-+-=ααu uv v u D lkm)(5.1m 105.13=⨯= AB 两点最短距离为km)(12.115.122min min =-=-=D l S第二章 质点动力学2-1 （1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，x 向：0cos m ax m in =-f F θ y 向：0sin m in =--Mg F N θ 还有 N f s m ax μ=解以上三式可得要推动木箱所需力F 的最小值为θμθμsin cos s s min -=MgF习题2-1图在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F 的大小为θμθμsin cos k k min -=MgF（2）在上面m in F 的表示式中，如果0sin cos s →-θμθ，则∞→m in F ，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是0sin cos s ≤-θμθ由此得θ的最小值为s1arctanμθ=2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律x 向：ma N T =-θθsin cosy 向：0cos sin =-+mg N T θθ 联立解此二式，可得N)(32.3)30sin 8.930cos 2(5.0)sin cos (=︒+︒⨯⨯=+=ααg a m T N)(74.3)30sin 230cos 8.9(5.0)sin cos (=︒-︒⨯⨯=+=ααa g m N由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N)(74.3=='N N（2）小球刚要脱离斜面时N =0，则上面牛顿第二定律方程为mg T ma T ==θθsin ,cos由此二式可解得2m/s 0.1730tan /8.9tan /=︒==θg a2-3 要使物体A 与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a ,且挂吊B 的绳应向后倾斜。
《大学物理》章节试题及答案(七)
《大学物理》章节试题及答案第七章 恒定磁场7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4=分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）。
7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）（A ）B r 2π2 （B ） B r 2π（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为（D ）．7 －3 下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为（B ）．7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）（A ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B = （B ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B = （C ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠ （D ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）． *7 －5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ）（A ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1-（C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）．7 －6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速。
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dvdt =和0d v dt=各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出22r x y =+drv dt= 及 22d r a dt =而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
大学物理课后习题册答案 第二版王建邦主编
参考答案 第一章1-1 已知质点运动学方程分量式为2x t =262y t =- （1）求轨道方程，并画出轨迹图；（2）求1t =到2t =之间的∆r ，r ∆和v ；（本题中x ，y的单位是m ，t 的单位是s ，v 的单位为1s m -⋅。
）[答案] （1）262x y =-，（2）26-i j ，0，26-i j .（1）由质点在水平方向、竖直方向的位置-时间函数关系：2x t=262y t =-消去t ，得轨道方程为262x y =-轨迹为抛物线，如题1-1图所示。
（2）将质点的位矢分量式：2x t =262y t =-代入位矢()()()t x t y t ==+r r i j ，可得质点的位置矢量22(62)t t =+-r i j 。
代入时间参量t ，得质点在某一时刻的位置r 。
由质点位移和平均速度的定义，可求得21∆=-r r r 21r r r ∆=- t∆=∆r v1-2 如图1-2所示，一足球运动员在正对球门前25.0m 处以120.0m s -⋅的初速/y率罚任意球，已知球门高为3.44m 。
若要在垂直于球门竖直平面内将足球直接踢进球门，问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球（足球可视为质点）？[答案] 171.1169.92θ≥≥，127.9218.89θ≥≥. 以踢球点为坐标原点取平面坐标系xOy 。
按高中物理，设斜抛小球初速度0v ，斜抛仰角0θ，写出小球水平方向、竖直方向的位置-时间函数关系：00cos x v t θ= （1）2001sin 2y v t gt θ=- （2）消去t 得足球的轨迹方程 202200tan 2cos gy x x v θθ=-依题意以25.0x m =，120.0v m s -=⋅及3.440m y ≥≥代入后，可解得 171.1169.92θ≥≥ 127.9218.89θ≥≥。
1-3 一质点在xy 平面内运动，在某一时刻它的位置矢量(45)m =-+r i j ，经5s t ∆=后，其位移(68)m ∆=-r i j 。
习题解答---大学物理第7章习题--2
专业班级_____ ________学号________第七章静电场中的导体和电介质一、选择题：1，在带电体A旁有一不带电的导体壳B,C为导体壳空腔的一点，如下图所示。
则由静电屏蔽可知：[ B ]（A）带电体A在C点产生的电场强度为零；（B）带电体A与导体壳B的外表面的感应电荷在C点所产生的合电场强度为零；（C）带电体A与导体壳B的表面的感应电荷在C点所产生的合电场强度为零；（D）导体壳B的、外表面的感应电荷在C点产生的合电场强度为零。
解答单一就带电体A来说，它在C点产生的电场强度是不为零的。
对于不带电的导体壳B,由于它在带电体A这次，所以有感应电荷且只分布在外表面上（因其部没有带电体）此感应电荷也是要在C点产生电场强度的。
由导体的静电屏蔽现象，导体壳空腔C点的合电场强度为零，故选（B）。
2，在一孤立导体球壳，如果在偏离球心处放一点电荷+q，则在球壳、外表面上将出现感应电荷，其分布情况为 [ B ]（A）球壳表面分布均匀，外表面也均匀；（B）球壳表面分布不均匀，外表面均匀；（C）球壳表面分布均匀，外表面不均匀；（D）球壳的、外表面分布都不均匀。
解答 由于静电感应，球壳表面感应-q ，而外表面感应+q ，由于静电屏蔽，球壳部的点电荷+q 和表面的感应电荷不影响球壳外的电场，外表面的是球面，因此外表面的感应电荷均匀分布，如图11-7所示。
故选（B ）。
3. 当一个带电导体达到静电平衡时：[ D ](A) 表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 表面曲率较大处电势较高。
(C)导体部的电势比导体表面的电势高。
(D)导体任一点与其表面上任一点的电势差等于零。
4. 如图示为一均匀带电球体，总电量为+Q ，其外部同心地罩一、外半径分别为r 1、r 2的金属球壳、设无穷远处为电势零点，则在球壳半径为r 的P 点处的场强和电势为： [ D ]（A ）E=r Q U r Q 0204,4πεπε=（B ）E=0，104r Q U πε= （C ）E=0，rQ U 04πε=（D ）E=0，204r Q U πε=5. 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？ [ C ]（A ）高斯面不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D为零。
《大学物理学》(赵近芳 主编)第二版 课后习题答案物理答案2第七单元
习题七7-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．（1）A E Q ∆+∆=∆ （2）⎰+=V p E Q d（3）121Q Q -≠η （4）121Q Q -<不可逆η 解：(1)不正确，A E Q +∆=(2)不正确，⎰+=Vp E Q d Δ(3)不正确，121Q Q -=η(4)不正确，121Q Q -=不可逆η7-2 V p -图上封闭曲线所包围的面积表示什么?如果该面积越大，是否效率越高?答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功．由于1Q A 净=η，净A 面积越大，效率不一定高，因为η还与吸热1Q 有关．7-3 如题7-3图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是零，说明理由．解：各图中所表示的循环过程作功都为0．因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为0．题7-3图7-4 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在V p -图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．题7-4图解：1.由热力学第一定律有 A E Q +∆=若有两个交点a 和b ，则 经等温b a →过程有0111=-=∆A Q E 经绝热b a →过程012=+∆A E 022<-=∆A E从上得出21E E ∆≠∆，这与a ,b 两点的内能变化应该相同矛盾．2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为%100，违背了热力学第二定律． 7-5 一循环过程如题7-5图所示，试指出： (1)ca bc ab ,,各是什么过程；(2)画出对应的V p -图； (3)该循环是否是正循环?(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积? (5)用图中的热量ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数．解：(1) a b 是等体过程bc 过程：从图知有KT V =，K 为斜率 由vRT pV = 得 K vR p =故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程(2)V p -图如题57'-图题57'-图(3)该循环是逆循环(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是V p -图中的图形．(5)ab ca bc abQ Q Q Q e -+=题7-5图 题7-6图7-6 两个卡诺循环如题7-6图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同?答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同． 7-7 评论下述说法正确与否?(1)功可以完全变成热，但热不能完全变成功；(2)热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体．(3)可逆过程就是能沿反方向进行的过程，不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程． 答：(1)不正确．有外界的帮助热能够完全变成功；功可以完全变成热，但热不能自动地完全变成功； (2)不正确．热量能自动从高温物体传到低温物体，不能自动地由低温物体传到高温物体．但在外界的帮助下，热量能从低温物体传到高温物体．(3)不正确．一个系统由某一状态出发，经历某一过程达另一状态，如果存在另一过程，它能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态，这样的过程就是 可逆过程．用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程．有些过程 虽能沿反方向进行，系统能回到原来的状态，但外界没有同时恢复原状态，还是不可逆过程． 7-8 热力学系统从初平衡态A 经历过程P 到末平衡态B ．如果P 为可逆过程，其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果P 为不可逆过程，其熵变为⎰=-B A A B T Q S S 不可逆d ，你说对吗？哪一个表述要修改，如何修改？答：不对．熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果过程P 为可逆过程其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果过程P 为不可逆过程，其熵变为 ⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d7-9 根据⎰=-B A A B T Q S S 可逆d 及⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d ，这是否说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由．答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变．7-10 如题7-10图所示，一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中，有350 J 热量传入系统，而系统作功126 J ．(1)若沿adb 时，系统作功42 J ，问有多少热量传入系统?(2)若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统作功为84 J ，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?题7-10图解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E J abd 过程，系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆= 吸热)(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J对外作功 0=A (2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ吸热75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J)(12V T T C E -=∆υ内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J 7-12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为mol M ，比热容比为γ的理想气体，整个容器以速度v 运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)．解：整个气体有序运动的能量为221mu ，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化2V 21mu T C M m E =∆=∆ )1(211212mol V 2mol -==∆γu M R C u M T 7-13 0.01 m 3氮气在温度为300 K 时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa ．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功． 解：(1)等温压缩 300=T K 由2211V p V p = 求得体积3211210101.0101-⨯=⨯==p V p V 3m对外作功21112ln lnp pV p V V VRT A ==01.0ln 01.010013.115⨯⨯⨯⨯= 31067.4⨯-=J(2)绝热压缩R C 25V =57=γ由绝热方程 γγ2211V p V p =γγ/12112)(p V p V =1121/12112)()(V p p p V p V γγγ==3411093.101.0)101(-⨯=⨯=m由绝热方程γγγγ---=22111p T p T 得K 579)10(30024.04.1111212=⨯==--T p p T T γγγγ热力学第一定律A E Q +∆=，0=Q 所以)(12molT T C M MA V --=RT M MpV mol =，)(2512111T T R RT V p A --= 35105.23)300579(25300001.010013.1⨯-=-⨯⨯⨯⨯-=A J7-14 理想气体由初状态),(11V p 经绝热膨胀至末状态),(22V p ．试证过程中气体所作的功为12211--=γV p V p A ，式中γ为气体的比热容比.答：证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211 得γγV V p p 111=⎰=21d V V Vp A⎰-----==21)11(1d 11121111V V r V V V p v v V p A γγγγγ]1)[(112111---=-γγV VV p又 )(1111211+-+----=γγγγV V V p A112221111--=+-+-γγγγγV V p V V p 所以 12211--=γV p V p A7-15 1 mol 的理想气体的T-V 图如题7-15图所示，ab 为直线，延长线通过原点O ．求ab过程气体对外做的功．题7-15图解：设KV T =由图可求得直线的斜率K 为002V T K =得过程方程V V T K 002=由状态方程 RT pV υ=得VRTp υ=ab 过程气体对外作功⎰=002d V v Vp A⎰⎰⎰====000020002202d 2d 2d V V V v V V RTV V RT VV V T V R V V RT A7-16 某理想气体的过程方程为a a Vp ,2/1=为常数，气体从1V 膨胀到2V ．求其所做的功．解：气体作功⎰=21d V v Vp A⎰-=-==-2121)11()(d 2121222V V V VV V a V a V V a A7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示．试证其循环效率为1112121---=p p V V γη答：等体过程 吸热)(12V 1T T C Q -='υ)(1221V 11R V p R V p C Q Q -='= 绝热过程 03='Q等压压缩过程放热)(12p 2T T C Q -='υ)(2212P R V p R V p C -=循环效率 121Q Q-=η )1/()1/(1)()(1121212221V 2212p 12---=---=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγηη题7-17图 题7-19图7-18 一卡诺热机在1000 K 和300 K 的两热源之间工作，试计算 (1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少? (3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?解：(1)卡诺热机效率121T T -=η%7010003001=-=η(2)低温热源温度不变时，若%8030011=-=T η要求 15001=T K ，高温热源温度需提高500K(3)高温热源温度不变时，若%80100012=-=T η要求 2002=T K ，低温热源温度需降低100K7-19 如题7-19图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 为绝热过程，已知B 点和C 点的温度分别为2T 和3T ．求此循环效率．这是卡诺循环吗?解：(1)热机效率121Q Q -=η AB 等压过程 )(12P 1T T C Q -='υ 吸热)(P mo 1A B lT T C M MQ -=CD 等压过程 )(12P 2T T vC Q -='放热)(P mol22D C T T C M MQ Q -='-=)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--=根据绝热过程方程得到AD 绝热过程 γγγγ----=D D A A T p T p 11 BC 绝热过程 γγγγ----=C C B B T p T p 111又B C D DC BA T T T T p p p p ===231T T -=η(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间． 7-20 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J 的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢?(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时，需作功 4.71100028028030022211=⨯-=-=Q T T T A J173-℃→27℃时，需作功 2000100010010030022212=⨯-=-=Q T T T A J(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．7-21 如题7-21图所示，1 mol 双原子分子理想气体，从初态K 300,L 2011==T V 经历三种不同的过程到达末态K 300,L 4022==T V ． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．题7-21图 解：21→熵变等温过程 A Q d d = , V p A d d =，RT pV =⎰⎰==-21111221d 1d V V V V RT T T Q S S76.52ln ln!212===-R V V R S S J 1K -⋅321→→熵变⎰⎰+=-312312d d T QT Q S S32V 13p V p 12ln ln d d 2331T TC T T C T T C T TC S S T T T T +=+=-⎰⎰31→等压过程 31p p = 3211T V T V =1213V V T T =23→等体过程 2233T p T p =3232p p T T = 1232p p T T =12V 12P 12ln ln p pC V V C S S +=-在21→等温过程中 2211V p V p =所以2ln ln ln ln1212V 12P 12R V VR V V C V V C S S ===-241→→熵变⎰⎰+=-412412d d T QT Q S S41p 42p p 12ln lnd 024T TC T T C TT C S S T T ==+=-⎰41→绝热过程111441144111----==γγγγV V T T V T V T γγγγ/121/141144411)()(,p pp p V V V p V p ===在21→等温过程中 2211V p V p =γγγ/112/121/14114)()()(V V p p p p V V ===γγ11241)(-=V V T T2ln ln 1ln12P 41P 12R V V C T T C S S =-==-γγ7-22 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol 的水，初始温度分别为1T 和2T ，1T ＞2T ，令其进行接触，最后达到相同温度T ．求熵的变化，(设水的摩尔热容为mol C )． 解：两个容器中的总熵变⎰⎰+=-TT T T lT T C T T C S S 12d d mo mol 0 212mol 21mol ln)ln (ln T T T C T T T T C =+=因为是两个相同体积的容器，故)()(1mol 2mol T T C T T C -=- 得212T T T += 21212mol 04)(lnT T T T C S S +=-7-23 把0℃的0.5kg 的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：(1)水的熵变如何?(2)若热源是温度为20 ℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大? (3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热334=λ1g J -⋅) 解：(1)水的熵变612273103345.031=⨯⨯==∆T Q S J 1K -⋅(2)热源的熵变570293103345.032-=⨯⨯-==∆T Q S J 1K -⋅(3)总熵变4257061221=-=∆+∆=∆S S S J 1K -⋅熵增加。
大学物理第7章真空中的静电场答案解析
第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q ，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。
解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消，单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε方向由q 指向-4q 。
7－2 如图，均匀带电细棒，长为L ，电荷线密度为λ。
（1）求棒的延长线上任一点P 的场强；(2)求通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强。
解：（1）如图7－2 图a ，在细棒上任取电荷元dq ，建立如图坐标，dq ＝λd ξ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ，则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为)11(4)(40020xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ＝)(40L x x L-πελ方向沿ξ轴正向。
（2）如图7－2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y习题7－1图0 dqξd ξ习题7－2 图a204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===， 代入上式，则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ，方向沿x 轴负向。
θθπελθd ydE E y y ⎰⎰==000cos 4 00sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形，均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强。
解：如图，在半环上任取d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为dq=λRd θ。
对称分析E y =0。
θπεθλsin 420RRd dE x =⎰⎰==πθπελ00sin 4RdE E x R02πελ= θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=0sin 4xdx习题7－2 图byx习题7－3图2022R q επ=，如图，方向沿x 轴正向。
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答一、选择题7-1处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[ ](A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强(C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析：理想气体分子的平均平动动能，仅与温度有关，因此当氦气和32k kTε=氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式，p nkT =当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选（C ）。
7-2 理想气体处于平衡状态，设温度为T ，气体分子的自由度为i ，则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为(B) 动能为2ikT 2iRT(C) 平均动能为(D) 平均平动动能为2ikT 2iRT分析：由理想气体分子的的平均平动动能和理想气体分子的的平均动32k kT ε=能，故选择（C ）。
2ikT ε=7-3 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，则其压强之比为 [ ]()()()1/21/21/222::2A B Cvv v =1:2:4A B C p :p :p (A)(B)(C)(D) 1:2:41:4:81:4:164:2:1，又由物态方程，所以当三=p nkT =容器中得分子数密度相同时，得。
故选择（C ）。
123123::::1:4:16p p p T T T ==7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果和分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[ ]()2p O v ()2p H vh(A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式p ν=尔质量，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线对22H O M M <a 应于氧分子的速率分布曲线。
《大学物理学》第二版上册课后答案
经比较可知，用功能原理求最简捷。
2.12墙壁上固定一弹簧，弹簧另一端连接一个物体，弹簧的劲度系数为 ，物体 与桌面间的摩擦因素为 ，若以恒力 将物体自平衡点向右拉动，试求到达最远时，系统的势能。
习题2.12图
解：物体水平受力如图，其中 ， 。物体到达最远时， 。设此时物体的位移为 ,由动能定理有
(10)在弹性碰撞中，有哪些量保持不变，在非弹性碰撞中，又有哪些量保持不变？
(11)放焰火时，一朵五彩缤纷的焰火质心运动轨迹如何？为什么在空中焰火总是以球形逐渐扩大？(忽略空气阻力)
2.2质量为 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 （ 为常数）作用， 时质点的速度为 ，证明：
（1） 时刻的速度为 ；
解
而
所以
2.9一地下蓄水池，面积为 ，水深度为 ，假定水的上表面低于地面的高度是 ，问欲将这池水全部抽到地面，需作功多少?
习题2.9图
解:建坐标如习题2.9图，图中 表示水面到地面的距离， 表示水深。水的密度为 ，对于坐标为 、厚度为 的一层水，其质量 ，将此层水抽到地面需作功
将蓄水池中的水全部抽到地面需作功
（3）令 ，得到
， ，
2.14质量为7.2×10-23kg，速度为6.0×107m/s的粒子A，与另一个质量为其一半而静止的粒子B相碰，假定这碰撞是弹性碰撞，碰撞后粒子A的速率为5×107m/s，求：
（2）由0到 的时间内经过的距离为 ；
（3）停止运动前经过的距离为 。
证明：
(1)由 分离变量得 ，积分得
， ，
(2)
(3)质点停止运动时速度为零，即 ，故有 。
2.3一质量为10 kg的物体沿x轴无摩擦地运动，设 时，物体的速度为零，物体在力 (N)(t以s为单位)的作用下运动了3s，求它的速度和加速度.
大学物理2-1第七章(波动光学)习题答案
习 题 七7-1 如图所示，O S O S 21=。
若在O S 1中放入一折射率为n ，厚度为e 的透明介质片，求O S 1与O S 2之间的光程差。
如果1S 和2S 是两个波长为λ的同相位的相干光源，求两光在O 点的相位差。
[解] O S 1与O S 2的几何路程相等 光程差为()e n 1-=δ 位相差为()e n 122-==∆λπδλπϕ7-2 一束绿光照射到两相距 0.6mm 的双缝上，在距双缝2.5m 处的屏上出现干涉条纹。
测得两相邻明条纹中心间的距离为2.27mm ，试求入射光的波长。
[解] 由杨氏双缝干涉知，dD x λ=∆ 所以5448m 10448.55.21060.01027.2733=⨯=⨯⨯⨯=∆=---D xd λÅ7-3 如图所示，在双缝干涉实验中，21SS SS =，用波长为λ的单色光照S ，通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹。
已知点P 处为第3级干涉明条纹，求1S 和2S 到点P 的光程差。
若整个装置放于某种透明液体中，点P 为第4级干涉明条纹，求该液体的折射率。
[解] 1S 和2S 到P 点的光程差满足λλδ312==-=k r r 整个装置放置于液体中，1S 和2S 到P 点的光程差满足()λδ412=-=r r nλλ43=n 所以得到 33.134==n7-4 如习题7-1图所示，1S 和2S 是两个同相位的相干光源，它们发出波长λ＝5000Å的光波，设O 是它们中垂线上的一点，在点1S 与点O 之间的插入一折射率n ＝1.50的薄玻璃，点O 恰为第4级明条纹的中心，求它的厚度e 。
[解] 在O 点是第4级明条纹的中心 光程差 λδ4=-=e ne所以 410414⨯=-=n e λÅ7-5 初位相相同的两相干光源产生的波长为6000Å的光波在空间某点P 相遇产生干涉，其几何路径之差为6102.1-⨯m 。
如果光线通过的介质分别为空气(11=n )、水(=2n 1.33)或松节油(=3n 1.50)时，点P 的干涉是加强还是减弱。
大学物理课后习题答案第七章 a
第七章 电磁感应选择题7－1 在闭合导线回路的电阻不变的情况下,下述正确的是 （ B ） (A) 穿过闭合回路所围面积的磁通量最大时,回路中的感应电流最大; (B) 穿过闭合回路所围面积的磁通量变化越快,回路中的感应电流越大; (C) 穿过闭合回路所围面积的磁通量变化越大,回路中的感应电流越大; (D) 穿过闭合回路所围面积的磁通量为零时,回路中的感应电流一定为零.7－2 导体细棒ab 与载流长直导线垂直.在如图所示的四种情况中,细棒ab 均以与载流导线平行的速度v 平动,且b 端到长直导线的距离都一样.在(a)、(b)和(c)三种情况中,细棒ab 与光滑金属框保持接触.设四种情况下细棒ab 上的感应电动势分别为a E 、b E 、c E 和d E ,则 （ C ）(A) a b c d ==<E E E E ; (B) a b c d ==>E E E >E ; (C) a b c d ===E E E E ;(D) a b c d >>>E E E E .7－3 如图所示,半圆周和直径组成的封闭导线,处在垂直于匀强磁场的平面内.磁场的磁感应强度的大小为B ,直径AB 长为l .如果线圈以速度v 在线圈所在平面内平动, v 与AB 的夹角为θ,则 （ A ）(A) 线圈上的感应电动势为零,AB 间的感应电动势sin AB Bl θ=E v ; (B) 线圈上的感应电动势为零,AB 间的感应电动势cos AB Bl θ=E v ;(C) 线圈上的感应电动势为i 2sin Bl θ=E v ,AB 间感应电动势为sin AB Bl θ=E v ; (D) 线圈上的感应电动势为i 2cos Bl θ=E v ,AB 间感应电动势为cos AB Bl θ=E v . 7－4 一个面积210cm S =的圆线圈,其电阻0.10R =Ω,处于垂直于匀强磁场的平面内,若磁感应强度的大小随时间的变化率1d 10T s d Bt-=⋅,则线圈中的感应电流的大小为（ D ）(A) 3i 1.010A I -=⨯; (B) 2i 1.010A I -=⨯; (C) 2i 1.010A I =⨯; (D) 1i 1.010A I -=⨯.7－5 导线元d l 在磁感应强度为B 的磁场中以速度v 运动时,其上的动生电动势为()i d d =⨯⋅B l E v（ D ） (A) 当v 与d l 垂直时,一定有i d d B l =E v ; (B) 当v 与B 垂直时,一定有i d d B l =E v ; (C) 当d l 与B 垂直时,一定有i d d B l =E v ;(D) 只有在v 、B 和d l 三者相互垂直时,才有i d d B l =E v 或i d d B l =-E v .7－6 下述正确的是 （ C ）(A) 静电场和感生电场的电场线都不闭合;(B) 静电场的电场线是闭合的,感生电场的电场线不闭合; (C) 感生电场的电场线是闭合的,静电场的电场线不闭合; (D) 静电场和感生电场的电场线都是闭合的.7－7 静止的导体中产生涡电流的原因是 （ C ） (A) 导体处于不均匀的稳恒磁场中; (B) 导体处于不均匀的静电场中; (C) 导体处于随时间变化磁场中; (D) 导体处于通有稳恒电流的线圈内. 7－8 在自感线圈中,电流i 随时间t 的变化曲线如图(a)所示.若以i 的正流向为正方向,则线圈中自感电动势L E 随时间t 的变化曲线应为图(b)中的 （ D ）7－9 尺寸相同的铜环和铝环,穿过它们所围面积的磁通量的变化率相同.设铜环上的感应电动势和感应电流分别为1E 和1I ,铝环上的感应电动势和感应电流分别为2E 和2I ,则（ C ）(A) 12=E E , 12I I =; (B) 12>E E , 12I I >; (C) 12=E E , 12I I >; (D) 12>E E , 12I I =.7－10 如图所示,若一块磁铁沿着一根竖直放置的长铜管的轴线,自管口竖直下落,如果忽略空气阻力,则 （ C ）(A) 磁铁越落越快,最后速度趋于无限大; (B) 磁铁越落越慢,最后速度趋于零; (C) 磁铁越落越快,最后达到一恒定速度; (D) 磁铁越落越慢,最后达到一恒定速度;计算题7－11 一个匝数100N =的导线圈,通过每匝线圈的磁通量41510sin10πΦt =⨯,式中1Φ的单为Wb ,t 的单位为s .求:(1) 任意时刻线圈上的感应电动势;(2) 在10s t =时,线圈上的感应电动势的大小.解 (1) 根据法拉第电磁感应定律,任意时刻线圈上的感应电动势为()41i d d100510sin10π0.5πcos10πd d ΦNt t t t-=-=-⨯=-E 式中t 的单位为s ,i E 的单位为V .(2) 10s t =时,线圈上的感应电动势为()i 0.5πcos 10π10 V 1.57 V =-⨯=-i E大小为i 1.57 V =i E7－12 若在一方向不变的磁场中,有一面积为20.03m 的平面线圈,线圈所在平面的法线与磁场的夹角为θ,磁感强度的大小为510B t =+,式中B 的单位为T ,t 的单位为s .求:(1) 当π3θ=时,线圈中的感应电动势的大小; (2) 当π2θ=,2s t =时,线圈中的感应电动势的大小; 解 穿过线圈所围平面的磁通量为()()cos 5100.03cos 0.150.3cos BS t t Φθθθ==+⨯=+线圈中的感应电动势为()i d d0.150.3cos 0.3cos d d t t tΦθθ=-=-+=-E (1) 在π3θ=的情况下,线圈中的感应电动势为 i π0.3cos V 0.15V 3⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭E其大小为0.15V(2) 在π2θ=的情况下,2s t =时,线圈中的感应电动势为 i π0.3cos V 02⎛⎫=-= ⎪⎝⎭E7－13 如图所示,一正方形线圈与载流长直导线共面,线圈的匝数为N ,边长为a ,其两边与长直导线平行,与长直导线之间的最小距离为b .长直导线中的电流为I .(1) 求通过线圈的磁通量;(2) 若100N =,20cm a =,10cm b =,当长直导线中的电流I 以12A s -⋅的变化率增长时,求线圈中的感应电动势.解 (1) 坐标选取如图所示.以顺时针为线圈回路的正方向, 则线圈所围平面的法向单位矢量n e 垂直纸面向里.在线圈平面上,长直载流导线的磁感应强度为0n 2πIaxμ=B e .在x 处取面元dS d a x =,则面元矢量为n d d a x =S e .穿过面元的磁通量为0d d d 2πIaΦx xμ=⋅=B S穿过线圈所围平面的磁通量为00d d ln2π2πa bSaIaNIaa bΦN N x xbμμ++=⋅==⎰⎰B S(2) 若100N =，20cm a =,10cm b =,则7064π101000.200.200.10ln ln Wb2π2π0.10 4.4010WbNIaa b I Φb I μ--⎛⎫+⨯⨯⨯⨯+== ⎪⎝⎭=⨯ 线圈中的感应电动势为()666i d d 4.4010 4.40102 V 8.8010 V d d ΦIt t--=-=-⨯=-⨯⨯=-⨯E i 0<E ,表明线圈中的感应电动势沿逆时针方向.7－14 如图所示,矩形导线框ABCD 与载流为I 的长直导线共面,边长分别为b 和l ,AB 与长直导线平行.矩形线框以速度v 在其平面内向右运动,v 与直导线垂直.在时刻t ,AB 与长直导线间的距离为a .求此时线框上的感应电动势.解 在长直导线右侧的线框平面上,到长直导线的距离为r 的点上，载流长直导线的磁场,方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小为02πIB rμ=以顺时针为导线回路的正方向,线圈中的感应电动势为()()()()()i d d d d d ABCDAAB BC CD DA =⨯⋅=⨯⋅+⨯⋅+⨯⋅+⨯⋅⎰⎰⎰⎰⎰B l B l B l B l B lv v v v v E 在BC 和DA 段上,d l v ,()d 0⨯⋅=B l v ,因此积分为零.在时刻t ,AB 处的磁感应强度大小为012πIB aμ=,CD 处的磁感应强度大小为()022πIB a b μ=+.于是()()()i 1200000d d d d d d 11 2π2π2πAB CD AB CD llB l B lI lI l Il a a b a a b μμμ=⨯⋅+⨯⋅=+-⎛⎫=-=- ⎪++⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰B l B l E v v v v v v vi 0>E ,表明线圈中的感应电动势沿顺时针方向.7－15 如图所示,匀强磁场的磁感应强度的大小为B ,方向垂直纸面向外.有一根长为L 的金属棒MN ,可绕点O 在纸面内逆时针旋转,角速度为ω,4LOM =.求金属棒两端之间的电动势.那一端的电势较高?解 如图所示,在棒MN 上,到点O 的距离为l 处,沿径向取位移元d l .d l 的速度v 的方向如图,既垂直于d l ,也垂直于B ,大小为l ω=v .d l 上的动生电动势为()i d d d Bl l ω=⨯⋅=B l dE vMN 上的动生电动势为32441d 4L L MN Bl l BL ωω==⎰E0MN >E ,表明动生电动势的方向为从M 到N ,N 端电势较高.7－16 如图所示,矩形导线框ABCD 与载流长直导线共面,AB 与长直导线平行,相互间的距离为a ,导线框的边长分别为b 和l .如果长直导线上的电流为0πcos 3I I t ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,式中0I 和ω为常量.求在0t =时,导线框上的感应电动势.解 坐标选取如图所示.以ABCDA ,即顺时针为线框回路的正方向,则平面ABCD 的法向单位矢量n e 垂直纸面向里.在平面ABCD 上,长直载流导线的磁感应强度为0n 2πIx μ=B e .由于0πcos 3I I t ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,因此B 的具体指向随时间变化.在x 处取面元dS d l x =,则面元矢量为n d d l x =S e .穿过面元的磁通量为0d d d d 2πIlΦB S x xμ=⋅==B S穿过线框所围平面的磁通量为00d d ln2π2πa bSaIlIla bΦx xaμμ++=⋅==⎰⎰B S 矩形线框ABCD 上的感应电动势为0i 0000d d ln d 2πd d ππ ln cos ln sin 2πd 32π3l a b I t a tl I l a b a b I t t a t a μΦμμωωω+=-=-+⎡⎤+⎛⎫⎛⎫=-+=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦E0t =时0000i πlnsin ln2π34πI lI l a b a b a aμωω++==E i 0>E ,表明此时线框上的感应电动势沿顺时针方向.7－17 在一个长为0.6m 、直径为5.0cm 的纸筒上,密绕1200匝线圈.求这个长直螺线管的自感.解 长直螺线管的自感为()2220027223π44π101200π 5.010H 5.9210H40.6N SN d L llμμ---==⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯7－18 一螺线管的自感为21.010H -⨯,流过的电流为2.0A .求其储存的磁场能.解 载流螺线管储存的磁场能为2222m 11 1.010 2.0J 2.010J 22W LI --⎛⎫==⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭7－19 一个直径为0.01m 、长为0.10m 的长直密绕螺线管,共1000匝线圈,总电阻为7.76Ω.若把螺线管接到电动势为2V 的电池上,求电流稳定后,螺线管中储存的磁能和管内的磁能密度.解 长直螺线管的自感为()2220027223π44π101000π 1.010H 9.8710H40.1N SN d L llμμ--==⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯线圈上稳定电流的强度为2A 0.258A 7.76U I R === 电流稳定后,螺线管中储存的磁能为2325m 119.87100.258J 3.2810J 22W LI --⎛⎫==⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭载流螺线管中磁能密度为()533m m m 22244 3.2810J m 4.18J m ππ1.0100.1W W V d l ---⨯⨯===⋅=⋅⨯⨯w 7－20 在真空中,若一匀强电场中的电场能量密度与一0.5T 的匀强磁场的能量密度相等,求该电场的电场强度.解 设电场强度为E 的匀强电场的能量密度与0.5T B =的匀强磁场的能量密度相等,则有22001122B E εμ=由此可得181m 1.5010 V m E --==⋅=⨯⋅。
大学物理第七章稳恒磁场习题答案
第七章 稳恒磁场习题7-1 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为多少？解：取平面S ’与半球面S 构成闭合曲面，根据高斯定理有 0m mS mS ΦΦΦ'=+=2cos mS mS r E ΦΦπα'=-=-球面外法线方向为其正方向7-2 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感应强度各为多少？08IR μ垂直画面向外0022II RR μμπ-垂直画面向里 00+42I IR Rμμπ垂直画面向外 7-3 如图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连。
已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度。
解： 如图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
且θ-πθ==21221R R I I 电阻电阻 1I 产生1B 方向⊥纸面向外πθπμ2)2(2101-=R I B2I 产生2B 方向⊥纸面向里πθμ22202R I B =∴1)2(2121=-=θθπI I B B 有0210=+=B B B7-4 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－5T 。
如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？（已知圆电流轴线上北极点的磁感强度()R IRR IR B 24202/32220μμ=+=）解：9042 1.7310A RBI μ==⨯方向如图所示7-5 有一同轴电缆，其尺寸如题图所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。
试计算以下各处的磁感应强度：（1）r<R 1；（2）R 1<r<R 2；（3）R 2<r<R 3；（4）r>R 3。
解：同轴电缆的电流分布具有轴对称性在电缆各区域中磁感应线是以电缆轴线为对称轴的同心圆。
《大学物理II》作业-No.07量子力学的基本原理及其应用-C-参考答案
《大学物理II 》作业 No.07 量子力学的基本原理及其应用（C 卷）班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题(8小题）1、下列说法不正确的是 [ B ](A)德布罗意提出了物质波假说； (B)爱因斯坦提出了概率波假说； (C)海森堡提出了不确定关系； (D)波尔提出了互补原理。
解： 《大学物理学》下册第二版（张晓 王莉 主编）160页，玻恩于1926年用概率波的概念来解释微观粒子的波动性与粒子性的关联，所以B 的说法不对。
故选B2．如图所示，一束动量为p 的电子，通过缝宽为a 的狭缝。
在距离狭缝为R 处放置一荧光屏，屏上衍射图样中央最大的宽度d 等于 ［ D ］(A) 2a 2/R (B) 2ha /p(C) 2ha /(Rp )(D) 2Rh /(ap )解：根据单缝衍射中央明纹线宽度有()222hp Rhd R R ap a aλ=⨯⨯=⨯⨯= 故选D3. 我们不能用经典力学中的轨道运动来描述微观粒子，是因为： [ C ] （1）微观粒子的波粒二象性 （2）微观粒子的位置不能确定（3）微观粒子的动量不能确定 （4）微观粒子的位置和动量不能同时确定 (A) （1）（3） （B ）（2）（3） (C)（1）（4） (D)（2）（4） 解：《大学物理学》下册第二版（张晓 王莉 主编）161-162页。
由于微观粒子的波粒二象性，使其运动具有一种不确定性。
不确定关系式 ≥∆⋅∆x p x 表明，微观粒子的位置和动量不能同时确定。
故选C4. 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：()()2cos 0x x x a aπψ=<<那么粒子在/3x a =处出现的概率密度为［ A ］ (A)a 21 (B) a1(C) a21 (D) a1解：任意位置概率密度()2222cos x x a aπψ=，将/3x a =代入，得 ()22221cos 32a x a a aπψ=⋅= 故选A5．锂(Z =3)原子中含有3个电子，电子的量子态可用(n ，l ，m l ，m s )四个量子数来描述，若已知基态锂原子中一个电子的量子态为(1，0，0，21)，则其余电子的量子态不可能为[ C ] (A) (1，0，0，21-) (B) (2，0，0，21-)(C) (2，1，1，21)(D) (2，0，0，21)解：根据泡利不相容原理和能量最小原理知，处于基态的锂原子中其余两个电子的量子态分别为 （1，0，0，21-）和 （2，0，0，21）或 （2，0，0，21-）， 故选C6．一个光子和一个电子具有同样的波长，关于二者动量的大小比较，有: [ B ] (A) 光子具有较大的动量 (B ）他们具有相同的动量 (C ）电子具有较大的动量 （D ）它们的动量不能确定解：根据德布罗意公式和爱因斯坦光量子理论，知B 正确。
大学物理 习题及答案
- 1 -第七章 真空中的静电场一、选择题1、库仑定律的适用范围是 [ ]()A 真空中两个带电球体间的相互作用； ()B 真空中任意带电体间的相互作用；()C 真空中两个正点电荷间的相互作用； ()D 真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离。
2、根据电场强度的定义式0q F E =，下列说法中正确的是：[ ] ()A 电场中某点处的电场强度在数值上等于该处单位正电荷所受的力；()B 从定义式中明显看出，场强反比于单位正电荷；()C 做定义式时0q 必须是正电荷；()D E 的方向可能与F 的方向相反。
3、一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 的一个带电量为σd S 的电荷元，在球面内各点产生的电场强度[ ]()A 处处为零； ()B 不一定都为零； ()C 处处不为零； ()D 无法判定。
4、关于真空中静电场的高斯定理⎰∑=⋅0εi q S d E ，下列说法正确的是：[ ] (A)该定理只有对某种对称性的静电场才成立(B)∑i q 是空间所有电荷的代数和(C) 积分式中的E 一定是电荷∑i q 激发的(D) 积分式中的E 是有高斯面内外所有电荷激发的5、静电场中某点电势的数值等于[ ](A) 试验电荷q 0置于该点时具有的电势能；(B) 单位试验电荷置于该点时具有的电势能；(C) 单位正电荷置于该点时具有的电势能；(D) 把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功。
6、如图所示，半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ，设无穷远处的电势为零，则球内距离球心为r 的P 点处的电场强度的大小和电势为：[]- 2 -(A) 0=E ，r Q U 04επ=； (B) 0=E ，R Q U 04επ=； (C) 204r Q E επ=，r Q U 04επ=； (D) 204r Q E επ=，RQ U 04επ=。
7、点电荷Q -位于圆心O 处，a 是一固定点，b 、c 、d 为同一圆周上的三点，如图所示。
大学物理第7章 电场题库答案(含计算题答案)
第七章 电场填空题 （简单）1、两无限大平行平面的电荷面密度分别为σ+和σ+，则两无限大带电平面外的电场强度大小为σε ，方向为 垂直于两带电平面并背离它们 。
2、在静电场中，电场强度E 沿任意闭合路径的线积分为 0 ，这叫做静电场的 环路定理 。
3、静电场的环路定理的数学表达式为 0l E dl =⎰ ，该式可表述为 在静电场中，电场强度的环流恒等于零 。
4、只要有运动电荷，其周围就有 磁场 产生；5、一平行板电容器，若增大两极板的带电量，则其电容值会 不变 ；若在两极板间充入均匀电介质，会使其两极板间的电势差 减少 。
（填“增大”，“减小”或“不变”）6、在静电场中，若将电量为q=2×108库仑的点电荷从电势V A =10伏的A 点移到电势V B = -2伏特的B 点，电场力对电荷所作的功A ab = 92.410⨯焦耳。
(一般)7、当导体处于静电平衡时，导体内部任一点的场强 为零 。
8、电荷在磁场中 不一定 （填一定或不一定）受磁场力的作用。
9、如图所示，在电场强度为E 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面，E 与半球面轴线的夹角为α。
则通过该半球面的电通量为2cos B R πα-⋅ 。
10、真空中两带等量同号电荷的无限大平行平面的电荷面密度分别为σ+和σ+，则两无限大带电平面之间的电场强度大小为 0 ，两无限大带电平面外的电场强度大小为σε 。
11、在静电场中，电场力所做的功与 路径 无关，只与 起点 和 终点位置 有关。
12、由高斯定理可以证明，处于静电平衡态的导体其内部各处无 净电荷 ，电荷只能分布于导体 外表面 。
因此，如果把任一物体放入空心导体的空腔内，该物体就不受任何外电场的影响，这就是 静电屏蔽 的原理。
(一般)13、静电场的高斯定理表明静电场是 有源 场， (一般)14、带均匀正电荷的无限长直导线，电荷线密度为λ。
它在空间任意一点（距离直导线的垂直距 离为x 处）的电场强度大小为 02x λπε ，方向为 垂直于带电直导线并背离它 。
大学物理习题集答案解析-第七章-磁力
载流导线受力为
Fa bIldB
Ia bdl B
IabB 方向：竖直向上
7-5. 一个平面圆形载流线圈，半径为R ，通电流I ， 把它放到一均匀磁场 B中，使线圈平面与磁场平行，
用电流元所受力矩的积分求出此线圈受的磁力矩，并
验证它也等于线圈的磁矩与磁场
dfdfcos左半圆受力与之相同故整个圆电流受力9192939495969791把两种不同的磁介质放在磁铁ns极之间磁化后也成为磁体但两种磁介质的两极的位置不同如图ab所示试指出a图为b图为顺磁介质试指出92如图示的三条线分别表示三种不同的磁介质的bh曲线93以下说法是否正确
第七章 磁力
7-1 7-5 7-9 7-2 7-6 7-3 7-7 7-4 7-8
6.3140m/s2
B f
（3）电子的轨道半径：
RB m e v1 9 ..6 1 1 1 1 0 3 0 9 15 6 ..5 5 1 1 7 5 0 06.7m
d表示电子从南到北的飞行路程，则电子向东偏转为x
1
xR R2d2RR1d22 R
d R
xRR1d2.1 R 2
d2
0.2203.01 03m
8-7 如图示，在纸面内有一宽度a的无限长的薄载流平面，电
流I 均匀分布在面上（或线电流密度i=I/a )，试求与载流平面
共面的点Ｐ处的磁场（设Ｐ点到中心线距离为x0 ）.
解：建立如图示坐标系在x处取宽dx的窄带 a x a
其电流为 dIidx
2
2
dB 0 dI 2r
0 idx 2(x0 x)
(b)
I I aP
BP040aI 40aI
BP2B直B弧 心
大学物理第二版上册课后习题答案
大学物理第二版上册课后习题答案【篇一：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】 (a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故drdt?dsdt,即｜｜＝．由此可见,应选(c)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)drdt； (2)drdt； (3)dsdt； (4)?dx??dy???????dt??dt?22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确 (c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常drdt用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；dsdt表示速度矢量；在自然坐标系中?dx??dy???????dt??dt?22速度大小可用公式v?选(d)．计算,在直角坐标系中则可由公式v?求解．故1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的分析与解dvdt表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方drdt向的一个分量,起改变速度大小的作用；dsdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dvdt在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．的大小和路程就不同了．为此,需根据dxdt?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dxdt质点速度和加速度可用和dxdt22两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小dxdt(2) 由得知质点的换向时刻为?0tp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dxdt2t?4.0s??48m?s?1a?dxdt2t?4.0s2??36m.s?21 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；y?2?14x2这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得22?5.66m x2?y2?22?r2?r0?x0?y0?2.47m22题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?vy?dxdtdydt??10?60t ?15?40tv0?v0x?v0y22?18.0m?s?1v0yv0x??32(2) 加速度的分量式为ax?dvxdt?60m?s?2, ay?dvydt?2则加速度的大小为a?ax?ay22?72.1m?s?2ayax??23分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为y1?v0t?12at 12gt22y2?h?v0t?当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即v0t?12at2?h?v0t?12gt2t?2hg?a?0.705s(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?12gt2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有0?h?12(g?a)t2t?2hg?a?0.705s(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为h??v0t?12at2则 d?h?h??0.716m【篇二：物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解】s=txt>第一章质点运动学(a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2dr(1)dt一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即； (2)drdt；ds(3)dt； (4)?dx??dy???????dt??dt?22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,drdt表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v22?ds计dt?dx??dy?算,在直角坐标系中则可由公式v???????dt??dt?求解．故选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的分析与解dvdt表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；drdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dsdt在自然坐标系中表示质点的速率v；而dvdt表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)． 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度．x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为?xt?x0,而在求路程时,就必dx?0来dt须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据dxd2xs??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．dtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx??48m?s?1dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得其中位移大小2222?r2?r0?x2?y2?x0?y0?2.47m题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40tdt-1当t ＝0 时, v0x ＝-10 m2ｓ , v0y ＝15 m2ｓ ,则初速度大小为-1v0?v0x?v0y?18.0m?s?122v0yv0x??3 2(2) 加速度的分量式为ax?则加速度的大小为dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdta?ax?ay?72.1m?s?2ayax??2 3-11 -8 一升降机以加速度1.22 m2ｓ上升,当上升速度为2.44 m2ｓ时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝-2y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at221y2?h?v0t?gt22当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt222t?2h?0.705sg?a12gt?0.716m 2(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t22t?(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2h?0.705sg?a1h??v0t?at22则 d?h?h??0.716m【篇三：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】(1) 根据上述情况,则必有( )(2) 根据上述情况,则必有( )(a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠(c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 drdrds?dx??dy?(1)； (2)； (3)；(4)?????． dtdtdt?dt??dt?下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确 22dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常dtdr用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中dt分析与解ds?dx??dy?速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式v??????求解．故dt?dt??dt?选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的(c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的 22dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方dtdr向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dt分析与解dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因dtdt此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位的大小和路程就不同了．为此,需根据dx?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dtdtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx??48m?s?1 dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2 dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示． 12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得?r2?r0?题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40t dtv0x3?? 2(2) 加速度的分量式为ax?dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdt则加速度的大小为a?ax?ay?72.1m?s?2花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at2 21y2?h?v0t?gt2 2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt2 22t?2h?0.705s g?a12gt?0.716m 2 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t2 2t?2h?0.705s g?a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 1h??v0t?at2 2则 d?h?h??0.716m。
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习题精解7-1一条无限长直导线在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图7.6所示，若已知导线中电流强度为I,试利用比奥—萨伐尔定律求：（1）当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度；（2）当圆弧为1/4圆周时，圆心O 处的磁感应强度。
解（1）如图7.6所示，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于直线电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据比奥—萨伐尔定律，半圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB Rμπ=方向垂直纸面向内。
半圆弧在O 点产生的磁感应强度为 000220444RIIdl I B R R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
（2）如图7.6（b ）所示，同理，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据毕奥—萨伐尔定理，1/4圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB R μπ=方向垂直纸面向内，1/4圆弧电流在O 点产生的磁感应强度为00022204428RIIdl I R B R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
7.2 如图7.7所示，有一被折成直角的无限长直导线有20A 电流，P 点在折线的延长线上，设a 为，试求P 点磁感应强度。
解 P 点的磁感应强度可看作由两段载流直导线AB 和BC 所产生的磁场叠加而成。
AB 段在P 点所产生的磁感应强度为零，BC 段在P 点所产生的磁感应强度为 0120(cos cos )4IB r μθθπ=- 式中120,,2r a πθθπ=== 。
所以500(cos cos ) 4.010()42I B T a μπππ=-=⨯ 方向垂直纸面向里。
7-3 如图7.8所示，用毕奥—萨伐尔定律计算图中O 点的磁感应强度。
解 圆心 O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成， AB 段在P 点所产生的磁感应强度为 ()0120cos cos 4IB r μθθπ=-式中1200,,26r r πθθ=== ，所以00cos 0cos 1262I I B r r μμπππ⎛⎛⎫=-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭方向垂直纸面向里。
同理，DE 段在P 点所产生的磁感应强度为005cos cos 1262I I B r r μμππππ⎛⎛⎫=-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭ 圆弧段在P 点所产生的磁感应强度为 200032224436IIdl I B r r r rπμμμπππ===⎰O 点总的磁感应强度为0001231122226I I IB B B B r r rμμμππ⎛⎫⎛⎫=++=-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 方向垂直纸面向里。
7-4 如图7.9所示，两根长直导线沿半径方向接到粗细均匀的铁环上的A 、B 两点，并与很远处的电源相接，试求环中心O 点的磁感应强度。
解 因为O 点在两根长直导线上的延长线上，所以两根长直导线在O 点不产生磁场，设第一段圆弧的长为1l ，电流强度为1I ，电阻为1R ，第二段圆弧长为2l ，电流强度为2I ，电阻为2R ，因为1、2两段圆弧两端电压相等，可得 1122I R I R = 电阻1R Sρ=，而同一铁环的截面积为S 和电阻率是相同的，于是有 1122I l I l =由于第一段圆弧上的任一线元在O 点所产生的磁感应强度为 01124I dldB R μπ=方向垂直纸面向里。
第一段圆弧在O 点所产生的磁感应强度为 10011112244l I dl I l B R Rμμππ==⎰方向垂直纸面向里。
同理，第二段圆弧在O 点所产生的磁感应强度为 20022222244l I dl I l B R R μμππ==⎰方向垂直纸面向外。
铁环在O 点所产生的总磁感应强度为0011221222044I l I l B B B R R μμππ=-=-=7-5 在真空中有两根互相平行的截流长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流120I A =,210I A =，如图7.10所示，求12,L L 所决定的平面内位于2L 两侧各距2L 为0.05m的a,b 两点的磁感应强度为B 。
解 截流长直导线在空间产生磁感应强度为 02IB xμπ=长直导线在a,b 两点产生磁感应强度为 010111,20.0520.15a b I I B B μμππ==⨯⨯ 方向垂直纸面向里长直导线2L 在a,b 两点产生的磁感应强度为 020222,20.0520.05a b I I B B μμππ==⨯⨯ 长直导线2L 在a 点产生磁感应强度为 4010212 1.210()20.0520.05a a a I I B B B T μμππ-=+=+=⨯⨯⨯方向垂直纸面向里在b 点产生磁感应强度为5010212 1.3310()20.1520.05b b b I I B B B T μμππ-=+=+=-⨯⨯⨯方向垂直纸面向外7-6 如图7.11（a ）所示载流长直导线中的电流为I ，求通过矩形面积CDEF 的磁通量。
解 在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =（如图7.11（b ））截流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 0022m I Id dS ldx x xμμφππ== 通过矩形面积的总磁通量为 00ln 22b m a I Il b ldx x aμμφππ==⎰7-7 一载流无限长直圆筒，内半径为a ，外半径为b ，传到电流为I ，电流沿轴线方向流动，并均匀的分布在管的横截面上，求磁感应强度的分布。
解 建立如图7.12所示半径为r 的安培回路，由电流分布的对称性，L 上各点B 值相等，方向沿圆的切线，根据安培环路定理有cos 2LLLB dl dl B dl B r I θπμ'•====⎰⎰⎰可得 02I B rμπ'= 其中I '是通过圆周L 内部的电流.当r a <时， 0,0I B '==当a r b <<时， 222202222(),2I I r a r a I B b a r b a μπ--'==--当r b >时， 0,2I I I B rμπ'==7-8 一根很长的电缆由半径为1R 的导体圆柱，以及内外半径分别为2R 和3R 的同轴导体圆柱构成。
电流I 从一导体流出，又从另一导体流回，电流都沿轴线方向流动，并均匀分布在其横截面上，设r 为到轴线的垂直距离，试求磁感应强度随r 的变化。
解 由电流分布具有轴对称性，可知相应的磁场分布也具有轴对称性，根据安培环路定理，有2LLB dl b dl B r I πμ'•===⎰⎰可得 02I B rμπ'= 其中是通过圆周L 内部的电流，当r R <时， 202211r ,2I I r I B R R μπ'== 当12R r R <<时， 0,2II I B rμπ'==当23R r R << 时， ()2222223032222222323232(),2I R r I R r I r R I I B R R R R r R R μπ---'=-==--- 当3r R >时， 0,0I B '==7-9一根很长的同轴电缆，由一导线圆柱（半径为a ）和一同轴的导线圆管（内、外半径分别为b 、c ）构成。
使用时，电流I 从一导体流出，从另一导体流回。
设电流都是均匀分布在导体的横截面上，求：（1）导体圆柱内（r<a ）；（2）两导体之间（a<r<b ）;(3)导体圆管内（b<r<c ）;(4)电缆外（r>c ）各点处磁感应强度的大小。
解 如图7.13所示，由电流分布具有轴对称性可知，相应的磁场分布也具有轴对称性。
根据安培环路定理有 02LLBdl B dl B r I πμ'===⎰⎰可得02I B rμπ'=其中I '是通过圆周L 内部的电流（1）当r a <时， 2022,2I Ir r I B a aμπ'== （2）当a r b <<时， 0,2II I B Rμπ'==（3）当b r c <<时， ()()2222220322222232,2I r b I c r I R r I I B c bc b r R R μπ---'=-==--- （4）当3r R >时， 0,0I B '==7-10 一载有电流7.0I A =的硬导线，转折处为半径为0.10r m =的四分之一圆周ab 。
均匀外磁场的大小为1B T =，其方向垂直于导线所在的平面，如图7.14所示，求圆弧ab 部分所受的力。
解 在圆弧ab 上取一电流元Idl ，此电流元所受安培力为 dF Idl B =⨯ 把dF 沿轴正交分解，有图7.14有cos cos x dF dF BI dl θθ== sin sin y dF dF BI dl θθ== 由于dl Rd θ=，所以 cos sin x y dF BI Rd dF BI Rd θθθθ==因此x x y y F dF BIR F dF BIR====⎰⎰整个圆弧ab 所受的安培力为x y F F i F j BIRi BIRj =+=+7-11 用铅丝制作成半径为0.05R m =的圆环，圆环中载有电流7I A =，把圆环放在磁场中，磁场的方向与环面垂直，磁感应强度的大小为1.0T ，试问圆环静止时，铅丝内部张力为多少？解 如图7.15所示，整个圆环所受的合力为零，圆环静止不动。
欲求圆环内部任意一点的张力，可把圆环沿直径分为左右两部分，其中左半部分所受的安培力为，而左半部分又保持静止不动，则必有22BI R T = 铅丝内部张力T 为0.35()T BIR N ==7-12 通以电流I 的导线abcd 形状如图7.16所示，ab cd l ==,bc 弧是半径为R 的半圆周，置于磁感应强度为B 的均匀磁场中，B 的方向垂直纸面向里。
求此导线受到的安培力的大小和方向。
解 建立如图7.16所示的坐标系。
由安培定理得两线段和受力大小相等，方向相反，二力合力为零，导线所受力即为半圆弧所受力。
在bc 弧上任取一电流元Idl ，其受力为 dF Idl B =⨯由对称性可知sin 2x x y y F dF F dF BIR d BIRπππθθ=====⎰⎰⎰导线所受力2F BIRj =7-13 直径0.02d m =的圆形线圈，共10匝，通以0.1A 的电流时，问：（1）它的磁矩是多少 ？（2）若将该线圈置于1.5T 的磁场中，它受到的最大磁力矩是多少？ 解 （1）载流圆形线圈的磁矩大小为2420.02100.1 3.110()2m NIS A m π-⎛⎫==⨯⨯⨯=⨯• ⎪⎝⎭（2）线圈置于的磁场中，它受到的最大磁力矩是442max 3.110 1.5 4.710()M mB N m --==⨯⨯=⨯•7-14 一电子动能为10eV ，在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，已知磁感应强度41.010B T -=⨯，试求电子的轨道半径和回旋周期。