大学物理答案(第三版)
大学物理学第3版(课后答案)习题十三
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?答：半波带由单缝、首尾两点向方向发出的衍射线的光程差用来划分．对应于第级明纹和第级暗纹，单缝处波面可分成个和个半波带．∵由13-4 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?如果此时用公式来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应，而空气中为，∴，即，水中同级衍射角变小，条纹变密．如用来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因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，由知，衍射角变大，条纹变稀； (2)变大，保持，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；斜入射时，，保持，不变，则应有或．即原来的级条纹现为级．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?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为，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，描述的是两路相干波叠加问题，其波程A B ϕ2λ3478272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a 284sin λλϕ⨯==a ϕϕϕsin a ),2,1(2)12(sin =+±=k k a λϕ='='λϕk a sin n k λλϕk a =sin ϕϕ'=sin sin n ϕϕ'=n )12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k ϕsin a λϕk a =sin ϕλa k ϕλϕk a =sin λθϕk a '=-)sin (sin a λk k >'k k <'k k 'k k a 2sin ==λϕ2λϕλθk d =sin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．光强与缝数成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有个暗纹，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．即可知，当时明纹缺级．(1)时，偶数级缺级；(2)时，级次缺级；(3)，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． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由，对同一值，衍射角． 13-11 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当时， 时，重合时角相同，所以有得13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用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?解：中央明纹的宽度为半角宽度为(1)空气中，，所以2N )1(-N ⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(sin ),2,1,0(sin )( k k a k k b a λϕλϕk a ba k '+=a b a 2=+⋅⋅⋅=,6,4,2k a b a 3=+⋅⋅⋅=,9,6,3k a b a 4=+⋅⋅⋅=,12,8,4k λϕk b a =+sin )(k λϕ∞οA )12(sin +=k a ϕ2λ6000=λoA 2=k x λλ=3=k ϕ)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2xλ4286600075=⨯=x λoA 5000=λo A fnax λ2=∆na λθ1sin -=1=n(2)浸入水中，，所以有13-13 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?解：(1)由于点是明纹，故有，由故当，得，得 (2)若，则点是第级明纹；若，则点是第级明纹．(3)由可知，当时，单缝处的波面可分成个半波带； 当时，单缝处的波面可分成个半波带．13-14 用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?解：由知，最多见到的条纹级数对应的,所以有，即实际见到的最高级次为.13-15 波长为5000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3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m 33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θrad 33.1=n 33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m 331011076.3101.033.1105000sin ----⨯≈⨯⨯⨯=θrad P 2)12(sin λϕ+=k a ⋅⋅⋅=3,2,1k ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x 3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm 3=k 60003=λoA4=k 47004=λoA 60003=λoA P 347004=λoA P 42)12(sin λϕ+=k a 3=k 712=+k 4=k 912=+k 5900=λoA 5001=+b a mm 3100.2-⨯=mm 4100.2-⨯=oA λϕk b a =+sin )(m ax k2πϕ=39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k 3max =k oA线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少?解：(1)由光栅衍射明纹公式，因,又所以有即(2)对应中央明纹，有正入射时，，所以斜入射时，，即因，∴故这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长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与处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞＞-90°范围内，实际呈现的全部级数． 解：(1)由式 对应于与处满足：得(2)因第四级缺级，故此须同时满足解得取，得光栅狭缝的最小宽度为 (3)由当，对应3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m λϕk b a =+sin )(1=k f x==ϕϕtan sin λ=+f x b a 1)(62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=b a fx λ2100.6-⨯=m 6=cm 0=k 0sin )(=+ϕb a 0sin =≈ϕϕ0)sin )(sin (=±+θϕb a 0sin sin =±θϕ︒=30θ21tan sin ±==≈f x ϕϕ22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30=cm 6000=λoA 20.0sin =ϕ30.0sin =ϕϕλϕk b a =+sin )(20.0sin 1=ϕ30.0sin 2=ϕ101060002)(20.0-⨯⨯=+b a 101060003)(30.0-⨯⨯=+b a 6100.6-⨯=+b a m λϕk b a =+sin )(λϕk a '=sin k k b a a '⨯='+=-6105.141='k 6105.1-⨯m λϕk b a =+sin )(λϕsin )(b a k +=2πϕ=max k k =∴因，缺级，所以在范围内实际呈现的全部级数为共条明条纹(在处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800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)由缺级条件知即缺级．中央明纹的边缘对应，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有共条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径． 解：由爱里斑的半角宽度∴ 爱里斑半径 13-19 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5500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∴13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75，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：由布喇格公式得时满足干涉相长当时， 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k 4±8±︒︒<<-9090ϕ9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 1510±=k ︒±=90k oA 02.010501048002270⨯⨯⨯⨯==-f a l λmm 4.2=cm λϕk a '=sin λϕk b a =+sin )(k k a b a k k '='=+'=502.01.0⋅⋅⋅=',2,1k ⋅⋅⋅=,15,10,5k 1='k 4,3,2,1,0±±±±=k 9oA 47105.302.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==D λθ5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f dmm oA D λθ22.1=86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm oA oA λϕk d =sin 2k d ϕλsin 2=1=k 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA时，时，时，故只有和的射线能产生强反射．2=k 91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λoA 3=k 30.1389.3==λoA 4=k 97.0489.3==λoA 30.13=λo A 97.04=λoA X。
大学物理第三版下册答案(供参考)
习题八8-1 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: 如题8-1图示(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷2220)33(π4130cosπ412aq qaq'=︒εε解得qq33-='(2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRddl=题8-7图ϕλλddd Rlq==，它在O点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-= 1σ面外， n E )(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势． 解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qrr q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势；(3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== 习题九9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r mT9-11 氢原子处在基态时，它的电子可看作是在半径a =0.52×10-8cm 的轨道上作匀速圆周运动，速率v =2.2×108cm ·s -1．求电子在轨道中心所产生的磁感应强度和电子磁矩的值．解：电子在轨道中心产生的磁感应强度3004aav e B πμ ⨯= 如题9-11图，方向垂直向里，大小为134200==a evB πμ T 电子磁矩m P在图中也是垂直向里，大小为242102.92-⨯===eva a T e P m π 2m A ⋅ 题9-11图 题9-12图9-12 两平行长直导线相距d =40cm ，每根导线载有电流1I =2I =20A ，如题9-12图所示．求：(1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度；(2)通过图中斜线所示面积的磁通量．(1r=3r =10cm,l=25cm)．解：(1) 5210104)2(2)2(2-⨯=+=dIdIBAπμπμT方向⊥纸面向外(2)取面元rlS dd=6121110102.23ln31ln23ln2])(22[1211-+⨯=πμ=πμ-πμ=-πμ+πμ=⎰l Il Il IldrrdIrIrrrΦWb9-13 一根很长的铜导线载有电流10A，设电流均匀分布.在导线内部作一平面S，如题9-13图所示．试计算通过S平面的磁通量(沿导线长度方向取长为1m的一段作计算)．铜的磁导率μμ=.解：由安培环路定律求距圆导线轴为r处的磁感应强度⎰∑μ=⋅lIlBd222RIrrBμπ=∴22RIrBπμ=题 9-13 图磁通量602)(1042-===⋅=Φ⎰⎰πμπμIdrRIrS dB RsmWb题9-15图9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径分别为a ,b ，导体内载有沿轴线方向的电流I ，且I 均匀地分布在管的横截面上．设导体的磁导率0μμ≈，试证明导体内部各点)(b r a << 的磁感应强度的大小由下式给出：r a r a b IB 22220)(2--=πμ解：取闭合回路r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别为b ,c )构成，如题9-16图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地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）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小解： ⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r < 2202RIr r B μπ=202R IrB πμ=(2) b r a << I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b << I bc b r I r B 0222202μμπ+---= )(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π0=B题9-16图题9-17图题9-21图9-21 边长为l =0.1m 的正三角形线圈放在磁感应强度B =1T 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行.如题9-21图所示，使线圈通以电流I =10A ，求： (1)线圈每边所受的安培力； (2)对O O '轴的磁力矩大小；(3)从所在位置转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功．解： (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 方向⊥纸面向外，大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=方向⊥纸面向里，大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴221033.443-⨯==B l IA J9习题十10-1 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tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V 10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α 当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i， 题10-2图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m=∵ B 与i 夹角和B 与j夹角相等，∴ ︒=45α则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题10-4图10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，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 N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ 0cos d ln 02a bMN a bIv a bvB l a bμεππ+--==<+⎰所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln20πμ 题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；(2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则 (1)]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ(2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题10-6图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ RBfr R I m22π==ε 10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B 中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lvkt Blvt S B mΦ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε； 题10-9图(a)题10-9图(b) 在磁场中时0d d =tΦ,0=ε； 出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题10-10图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高?解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段 则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U ∴b 点电势高．题10-11图10-11 如题10-11图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则ba b a Iv r r a r Iv l B v ba ba BAAB -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμε∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln0πμ 题10-12图10-12 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，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=-- ∴ tB R R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →10-13 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势． 解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅= Φ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题10-13图题10-14图∴ 题10-15图 10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2aaIa r r Ia μμΦ∴ 2ln π2012aI M μΦ==10-16 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，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2ln π2d 2πd 020)(12Ia r r Ia S B bb S μμΦ⎰⎰==⋅= ∴ 6012108.22ln π2-⨯===a N I N M μΦ H (b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012=Φ，见题10-16图(b) ∴ 0=M题10-16图题10-17图10-20 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r <时 20π2R I B r μ=∴ 4222002π82Rr I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l )则 ⎰⎰===R R m I R r r I r r w W 00204320π16π4d d 2μμπ。
大学物理下册第三版课后答案18光的干涉
大学物理下册第三版课后答案18光的干涉习题18GG上传18-1．杨氏双缝的间距为0.2mm，距离屏幕为1m，求：（1）若第一级明纹距离为2.5mm，求入射光波长。
（2）若入射光的波长为6000A，求相邻两明纹的间距。
解：（1）由某L某dk，有：，将d0.2mm，L1m，某12.5mm，k1代dkL2.51030.21035.0107m；即波长为：500nm；入，有：1D161073mm。
（2）若入射光的波长为6000A，相邻两明纹的间距：某d0.210318-2．图示为用双缝干涉来测定空气折射率n的装置。
实验前，在长度为l的两个相同密封玻璃管内都充以一大气压的空气。
现将上管中的空气逐渐抽去，（1）则光屏上的干涉条纹将向什么方向移动；（2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为的干涉条纹移过N条。
计算空气的折射率。
解：（1）当上面的空气被抽去，它的光程减小，所以它将通过增加路程来弥补，条纹向下移动。
（2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为的干涉）N条纹移过N条，可列出：l（n1得：nN1。
l18-3．在图示的光路中，S为光源，透镜L1、L2的焦距都为f，求（1）图中光线SaF与光线SOF的光程差为多少？（2）若光线SbF 路径中有长为l，折射率为n的玻璃，那么该光线与SOF的光程差为多少？。
解：（1）图中光线SaF与光线SOF的几何路程相同，介质相同，透镜不改变光程，所以SaF与光线SOF光程差为0。
（2）若光线SbF路径中有长为l，折射率为n的玻璃，那么光程差为几何路程差与介质折射率差的乘积，即：(n1)l。
18-4．在玻璃板（折射率为 1.50）上有一层油膜（折射率为 1.30）。
已知对于波长为500nm和700nm的垂直入射光都发生反射相消，而这两波长之间没有别的波长光反射相消，求此油膜的厚度。
解：因为油膜（n油1.3）在玻璃（n玻1.5）上，所以不考虑半波损失，由反射相消条件有：2n油e(2k1)，k1，，2212ne(2k1)12k1271500nm油2，当时，12k21152ne(2k1)22700nm2油2因为12，所以k1k2，又因为1与2之间不存在'以满足2n油e(2k1)'2式，即不存在k2k'k1的情形，所以k1、k2应为连续整数，可得：k14，k23；油膜的厚度为：e2k114n油16.73107m。
大学物理学(第三版)课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v=0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+= 积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图 (1)在最高点，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解：(1)大船看小艇，则有1221v v v-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得220sin 21x g v y ⋅=α 2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mkev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ tvm kv a d d =-= 分离变量，得mtk v v d d -=即 ⎰⎰-=vv t mt k v v00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k ev v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k(4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1. 2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 112d d d ① 式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y kky y ky A ② 由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即222122k k ky =- 所以， 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆= 2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ 式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m khgh m m v +-+-=μ题2-17图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MV mv mgR +=又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgR v +=2习题八8-1 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: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 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 ,如题8-2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: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强Sq E 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ,θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题8-6图所示(1)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 -=λε222)(d π4d x a x E E l l P 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 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε 22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=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8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-= 积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向． 8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s ⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εq e=Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εqe=Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则24εq e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强． 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2)1R ＜r ＜2R ；(3)r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q (2) 21R r R <<λl q =∑∴rE 0π2ελ=沿径向向外(3)2R r >0=∑q∴0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间，n E)(21210σσε-= 1σ面外，n E )(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1)ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2)ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场03ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则3ερrE PO =，3ερr E O P '-=' ,∴003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+='∴腔内场强是均匀的． 8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵电偶极子p在外场E 中受力矩E p M ⨯=∴qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解:⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -R q 0π6ε-= ∴Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ R0π2ελ-=(2)AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20根据场强E与电势U 的关系UE -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε= 题 8-20 图∴200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量．(2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴()i x R qx i x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr q U εθθθε=+--=∴30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E s σσ∴+2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反； (2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵+2σ03=σ ∴1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同． 8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A=σSq A 321=σ而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rqr r q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε 得q R R q 21='外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε 得-='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 q q 43='' ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得Sq 261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ所以CB 间电场S qd U E 00422εεσ+==)2d(212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C≠，若C 片不带电，显然2U U C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势． 解:利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强 303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势 rQE U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε (3)金属球的电势 r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R RE E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值． 解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得 11σ=D ，22σ=D 而101E D ε=,202E D r εε=d21U E E ==∴r D D εσσ==1212 r d r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82lr Q D w εε== 薄壳中rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量 ⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵CQ W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1)1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-321C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V”和“300 pF、900 V”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿?解: (1)1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿． 8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1)=1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时301π4r r Q E ε =3R r >时302π4r r Q E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rrQ E ε=,02=W ∴4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb(或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生)231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9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： 如题9-9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。
大学物理第三版上册课后习题答案
大学物理第三版上册课后习题答案【篇一：物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解】s=txt>第一章质点运动学v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=,即｜｜≠． ?但由于｜dr｜＝ds,故drds,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2dr(1)dt一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即； (2)drdt；ds(3)dt； (4)dxdydtdt22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,drdt表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v22ds计dtdxdy算,在直角坐标系中则可由公式vdtdt表达式,即求解．故选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,dtdrds起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质dtdt分析与解点的速率v；而dvdt表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)． 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度．x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为xtx0,而在求路程时,就必dx0来确dt须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据dxd2xs??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．dtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为dx0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx48m?s?1dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为2ti(2t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得其中位移大小2222r2r0x2y2x0y02.47m题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx10?60t dtdyvy15?40tdt22v0?v0x?v0y?18.0m?s?1v0yv0x3 2(2) 加速度的分量式为ax?则加速度的大小为dvydvx40m?s?2 ?60m?s?2 , ay?dtdta?ax?ay?72.1m?s?2ayax2 3分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at221y2?h?v0t?gt22当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt222t?2h0.705sg?a(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?12gt?0.716m 2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t22t?(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2h0.705sg?a则1h??v0t?at22d?h?h??0.716m【篇二：大学物理上册课后习题答案】-1 ｜?r｜与?r 有无不同?drdrdvdv和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?dtdtdtdt试举例说明．解：（1）r是位移的模，?r是位矢的模的增量，即?r?r2?r1，?r?r2?r1；（2）dsdrdr是速度的模，即. ?v?dtdtdtdr只是速度在径向上的分量. dt（式中r?叫做单位矢）∵有r?rr，则式中drdrdrr?rdtdtdtdr就是速度径向上的分量， dt∴drdr与不同如题1-1图所示.dtdt题1-1图dvdv?dv(3)表示加速度的模，即a?，是加速度a在切向上的分量.dtdtdt∵有v?v?(?表轨道节线方向单位矢），所以dvdv?dv dtdtdtdv就是加速度的切向分量. dtd??dr与(?的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dtdt式中1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求drd2r出r＝x?y，然后根据v =，及a＝2而求得结果；又有人先计算速度和加速度dtdt22的分量，再合成求得结果，即?dx??dy?=及a=dtdt?22d2xd2y22正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r?xi?yj，drdxdyvijdtdtdt2?22drdxdy?a?2?2i?2jdtdtdt故它们的模即为dxdyv?v?vdtdt2x2y2222dxdy22a?ax?aydt2??dt2??22而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作drv?dtd2ra?2dtdrdrd2r与2误作速度与加速度的模。
大学物理第三版下册答案
习题八8-1 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: 如题8-1图示(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷2220)33(π4130cosπ412aq qaq'=︒εε解得qq33-='(2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRddl=题8-7图ϕλλddd Rlq==，它在O点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E sϖϖ取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E ϖϖ)(21210σσε-=1σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+-= 2σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+=n ϖ：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势． 解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点E ϖd 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量． 解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rqr r q r E U εεϖϖ(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D S ϖϖd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D εϖϖϖ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε rd r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ϖ，真空部分场强为1E ϖ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D ϖϖ得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== 习题九9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B ϖ方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B ϖ在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r mT9-11 氢原子处在基态时，它的电子可看作是在半径a =0.52×10-8cm 的轨道上作匀速圆周运动，速率v =2.2×108cm ·s -1．求电子在轨道中心所产生的磁感应强度和电子磁矩的值．解：电子在轨道中心产生的磁感应强度3004aav e B πμϖϖϖ⨯= 如题9-11图，方向垂直向里，大小为134200==a evB πμ T 电子磁矩m P ϖ在图中也是垂直向里，大小为242102.92-⨯===eva a T e P m π 2m A ⋅ 题9-11图 题9-12图9-12 两平行长直导线相距d =40cm ，每根导线载有电流1I =2I =20A ，如题9-12图所示．求：(1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度；(2)通过图中斜线所示面积的磁通量．(1r =3r =10cm,l =25cm)．解：(1) 52010104)2(2)2(2-⨯=+=d I d I B A πμπμ T 方向⊥纸面向外(2)取面元r l S d d =612010110102.23ln 31ln 23ln 2])(22[1211-+⨯=πμ=πμ-πμ=-πμ+πμ=⎰l I l I l I ldr r d I r I r r r ΦWb9-13 一根很长的铜导线载有电流10A ，设电流均匀分布.在导线内部作一平面S ，如题9-13图所示．试计算通过S 平面的磁通量(沿导线长度方向取长为1m 的一段作计算)．铜的磁导率0μμ=.解：由安培环路定律求距圆导线轴为r 处的磁感应强度⎰∑μ=⋅lI l B 0d ϖ2202RIr r B μπ=∴ 202R IrB πμ=题 9-13 图 磁通量 60020)(1042-===⋅=Φ⎰⎰πμπμI dr RIr S d B Rs m ϖϖ Wb 题9-15图9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径分别为a ,b ，导体内载有沿轴线方向的电流I ，且I 均匀地分布在管的横截面上．设导体的磁导率0μμ≈，试证明导体内部各点)(b r a << 的磁感应强度的大小由下式给出：r a r a b IB 22220)(2--=πμ解：取闭合回路r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d ϖϖ2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别为b ,c )构成，如题9-16图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地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）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小 解：⎰∑μ=⋅LI l B 0d ϖϖ(1)a r < 2202RIr r B μπ=202R IrB πμ=(2) b r a << I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b << I bc b r I r B 0222202μμπ+---= )(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π0=B题9-16图题9-17图题9-21图9-21 边长为l =0.1m 的正三角形线圈放在磁感应强度B =1T 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行.如题9-21图所示，使线圈通以电流I =10A ，求： (1)线圈每边所受的安培力； (2)对O O '轴的磁力矩大小；(3)从所在位置转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功．解： (1) 0=⨯=B l I F bc ϖϖϖB l I F ab ϖϖϖ⨯= 方向⊥纸面向外，大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca ϖϖϖ⨯=方向⊥纸面向里，大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m ϖϖϖ⨯= 沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴221033.443-⨯==B l IA J9习题十10-1 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 ϖ垂直．当回路半径以恒定速率trd d =80cm ·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V 10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α 当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i ϖ， 题10-2图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j ϖ，则αΦcos 2π22B R m=∵ B ϖ与i ϖ夹角和B ϖ与j ϖ夹角相等，∴ ︒=45α则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题10-4图10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，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 N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v ϖ方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵0cos d ln 02a bMN a bIv a bvB l a bμεππ+--==<+⎰所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln20πμ 题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；(2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则(1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题10-6图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ϖϖ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ RBfr R I m22π==ε 10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解: AB 、CD 运动速度v ϖ方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεϖϖϖBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰μεϖϖϖ∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B ϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B ϖ的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向． 解:⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m ϖϖΦ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B ϖ的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε； 题10-9图(a)题10-9图(b) 在磁场中时0d d =tΦ,0=ε； 出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题10-10图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U ∴b 点电势高．题10-11图10-11 如题10-11图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v ϖ平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB-+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμεϖϖϖ ∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln0πμ 题10-12图10-12 磁感应强度为B ϖ的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=-- ∴ tB R R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →10-13 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势． 解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅=ϖϖΦ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题10-13图题10-14图。
大学物理(第三版)下册课后习题答案
(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长 2a 的立方体，使 q 处于边长 2a 的立方体中心，则 边长 2a 的正方形上电通量 e
对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q 所在的顶点，则 e
如果它包含 q 所在顶点则 e 0 ．
如题 8-9(a)图所示．题 8-9(3)图
s
方向沿 OP 2 l2 2 l 4π 0 (r ) r 4 2 (1)点电荷 q 位于一边长为a的立方体中心， 试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个
2
R ) x
q
0
立方体六个面，当 q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量 e
q ． 6 0 q 6 0 q ， 24 0
1 q2 1 2 cos 30 2 4π 0 a 4π 0
解得 (2)与三角形边长无关．
qq ( 3 2 a) 3
q
3 q 3
题 8-1 图
题 8-2 图
8-2 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2 ,如题8-2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 解: 如题 8-2 图示
大学物理（第三版）下册课后习题答案
习题八
8-1 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: 如题 8-1 图示 (1) 以 A 处点电荷为研究对象，由力平衡知： q 为负电荷
d=0.2cm，把这电
r ， E PO 3 0 r , E PO 3 0
大学物理学第三版答案16电磁感应.docx
习题1616・1・如图所示，金属圆环半径为/?,位于磁感应强度为P的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。
当圆环以恒定速度▽在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端〃间的电势差。
解：(1)由法拉第电磁感应定律考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感dtr u ——(2)利用：8ah= £ (vxB)-dl ,有：£ah = Bv・2R = 2BvR。
【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】16-2.如图所示，长直导线屮通有电流/ = 5.0/1,在与其相距d = 0.5cm 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长/ = 4.0cm ,宽a = 2.0cm。
不计线圈口感，若线圈以速度v = 3.0cm/s沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。
首先用［fp•〃二工/求出电场分布，易得:则矩形线圈内的磁通量为:rh s = -N有:dxdt八=1.92x107 V。
2 兀（d + a）解法二：利用动生电动势公式解决。
由击j〃二“0工/求出电场分布，易得:“（）/ 17tr考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势,近端部分：®=NBJv,远端部分：E2=NB2I V,吗丄—丄”心2兀 ' d d + a 27ld（d 十= l・92xlOP。
16・3・如图所示，长直导线屮通有电流强度为/的电流，长为/的金属棒必与长直导线共面且垂直于导线放置，其。
端离导线为d,并以速度E平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势£并比较4、5的电势大小。
解法一：利用动生电动势公式解决：d£ = (yxBydl如力,171 r"o" dr“0以［〃 + /------ ——= -------- In -----17C r 2兀 d由右手定则判定：u（l>u ho解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。
大学物理学（第三版上）课后习题3答案详解
习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A) (B) 02ωmRJ J +02)(ωR m J J +(C) (D) 02ωmRJ 0ω[答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s (B)17rad/s(C)10rad/s (D)18rad/s (a)(b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。
（B ）动量不变，动能改变。
（C ）角动量不变，动量不变。
（D ）角动量改变，动量改变。
（E ）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n = 。
0.15; 1.256[答案：](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是 。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理学(第三版上) 课后习题6答案详解
习题66.1选择题(1)一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：(A)它的动能转化为势能. (B)它的势能转化为动能.(C)它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.(D)它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小.[答案：D ](2) 某时刻驻波波形曲线如图所示，则a,b 两点位相差是(A)π (B)π/2 (C)5π/4 (D)0[答案：A](3) 设声波在媒质中的传播速度为ｕ，声源的频率为v s ．若声源Ｓ不动，而接收器Ｒ相对于媒质以速度V B 沿着Ｓ、Ｒ连线向着声源Ｓ运动，则位于Ｓ、Ｒ连线中点的质点Ｐ的振动频率为 (A)s v (B)s Bv uV u + (C)s B v V u u + (D) s Bv V u u-[答案：A]6.2填空题(1)频率为100Hz ，传播速度为300m/s 的平面简谐波，波线上两点振动的相位差为π/3，则此两点相距____m 。
[答案：0.5m ](2)一横波的波动方程是))(4.0100(2sin 02.0SI x t y -=π，则振幅是____，波长是____，频率是____，波的传播速度是____。
[答案：0.02;2.5;100;250/m m Hz m s ](3) 设入射波的表达式为])(2cos[1πλνπ++=xt A y ，波在x ＝0处反射，反射点为一固定端，则反射波的表达式为________________，驻波的表达式为____________________，入射波和反射波合成的驻波的波腹所在处的坐标为____________________。
[答案：)(2cos 2λνπxt A y -= ；2cos(2)cos(2)22x A t ππππνλ++ (21)4x k λ=-]6.3产生机械波的条件是什么？两列波叠加产生干涉现象必须满足什么条件？满足什么条件的两列波才能叠加后形成驻波？在什么情况下会出现半波损失？答：产生机械波必须具备两个条件：有作机械振动的物体即波源；有连续的介质。
大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 下册 第十章 习题10答案
习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
[答案：C](2) 对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度B （） （A ）内外部磁感应强度B 都与r 成正比；（B ）内部磁感应强度B 与r 成正比，外部磁感应强度B 与r 成反比； （C ）内外部磁感应强度B 都与r 成反比；（D ）内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比。
[答案：B](3）质量为m 电量为q 的粒子，以速率v 与均匀磁场B 成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（） （A ） 增加磁场B ；（B ）减少磁场B ；（C ）增加θ角；（D ）减少速率v 。
[答案：B](4）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T 的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（） （A ）0.24J ；（B ）2.4J ；（C ）0.14J ；（D ）14J 。
[答案：A]10.2 填空题(1)边长为a 的正方形导线回路载有电流为I ，则其中心处的磁感应强度 。
[答案：aIπμ220，方向垂直正方形平面](2)计算有限长的直线电流产生的磁场 用毕奥——萨伐尔定律，而 用安培环路定理求得（填能或不能）。
[答案：能, 不能](3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 。
电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 。
[答案：零，正或负或零](4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以 电流时，管内的磁力线H 分布相同，当把两螺线管放在同一介质中，管内的磁力线H 分布将 。
大学物理学(第三版上) 课后习题5答案详解
习题55.1选择题(1)一物体作简谐振动，振动方程为)2cos(πω+=t A x ，则该物体在0=t 时刻的动能与8/T t =（T 为振动周期）时刻的动能之比为： (A)1：4 （B ）1：2 （C ）1：1 (D) 2：1[答案：D](2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为 (A)kA 2 (B) kA 2/2 (C) kA 2//4 (D)0[答案：D](3)谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于 (A)4A ±(B) 2A ± (C) 23A ±(D) 22A± [答案：D]5.2 填空题(1)一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A ＝4cm ，周期T ＝2s ，其平衡位置取作坐标原点。
若t ＝0时质点第一次通过x ＝－2cm 处且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x ＝－2cm 处的时刻为____s 。
[答案：23s ](2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2)图所示。
振子在位移为零，速度为－ωA 、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。
振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－ω2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应曲线上的____________点。
题5.2(2) 图[答案：b 、f ； a 、e](3)一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T ，振幅为A 。
(a)若t=0时质点过x=0处且朝x 轴正方向运动，则振动方程为x=___________________。
(b) 若t=0时质点过x=A/2处且朝x 轴负方向运动，则振动方程为x=_________________。
[答案：cos(2//2)x A t T ππ=-； cos(2//3)x A t T ππ=+]5.3 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动；(2)如题5.3图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．题5.3图 题5.3图(b)解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统是在自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统的运动微分方程能用0d d 222=+ξωξt描述时，其所作的运动就是谐振动．(1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线性回复力．(2)小球在题5.3图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题5.3图(b)中所示，因S ∆＜＜R ，故RS∆=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有θθmg tmR -=22d d令Rg=2ω，则有 222d 0d tθωθ+=5.4 弹簧振子的振幅增大到原振幅的两倍时，其振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度等物理量将如何变化？解：弹簧振子的振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度的表达式分别为222122,m m T E kA v A a Aππωωω===== 所以当振幅增大到原振幅的两倍时，振动周期不变，振动能量增大为原来的4倍，最大速度增大为原来的2倍，最大加速度增大为原来的2倍。
大学物理学(第三版)第二章课后答案
习题22.1选择题(1) 一质点作匀速率圆周运动时，(A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。
(B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。
(C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。
(D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。
[答案：C](2) 质点系的内力可以改变(A)系统的总质量。
(B)系统的总动量。
(C)系统的总动能。
(D)系统的总角动量。
[答案：C](3) 对功的概念有以下几种说法：①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。
在上述说法中：(A)①、②是正确的。
(B)②、③是正确的。
(C)只有②是正确的。
(D)只有③是正确的。
[答案：C]2.2填空题(1) 某质点在力（SI）的作用下沿x轴作直线运动。
在从x=0移动到x=10m的过程中，力所做功为。
[答案：290J](2) 质量为m的物体在水平面上作直线运动，当速度为v时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s后速度减为零。
则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。
[答案：](3) 在光滑的水平面内有两个物体A和B，已知m A=2m B。
（a）物体A以一定的动能E k与静止的物体B发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；（b）物体A以一定的动能E k与静止的物体B发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。
[答案：]2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：（1）质点作匀速直线运动；（2）质点作匀减速直线运动；（3）质点作匀速圆周运动；（4）质点作匀加速圆周运动。
解：（1）所受合力为零；（2）所受合力为大小、方向均保持不变的力，其方向与运动方向相反；（3）所受合力为大小保持不变、方向不断改变总是指向圆心的力；（4）所受合力为大小和方向均不断变化的力，其切向力的方向与运动方向相同，大小恒定；法向力方向指向圆心。
大学物理学（第三版）第四章课后答案解析（主编）赵近芳
⼤学物理学（第三版）第四章课后答案解析（主编）赵近芳习题44.1 选择题（1）在⼀惯性系中观测，两个事件同时不同地，则在其他惯性系中观测，他们[ ]。
（A）⼀定同时（B）可能同时（C）不可能同时，但可能同地（D）不可能同时，也不可能同地[答案：D ]（2）在⼀惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中观测，他们[ ]。
（A）⼀定同地（B）可能同地（C）不可能同地，但可能同时（D）不可能同地，也不可能同时[答案：D ]（3）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（D）c t[答案：A ]（4）⼀宇航员要到离地球5光年的星球去旅⾏。
如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的⽕箭相对于地球的速度v应为[ ]。
（A）0.5c （B）0.6c（C）0.8c （D）0.9c[答案：C ]（5）某宇宙飞船以0.8c的速度离开地球，若地球上测到它发出的两个信号之间的时间间隔为10s。
则宇航员测出的相应的时间间隔为[ ]。
（A）6s （B）8s（C）10s （D）10/3s[答案：A ]4.2 填空题（1）有⼀速度为ｕ的宇宙飞船沿Ｘ轴正⽅向飞⾏，飞船头尾各有⼀个脉冲光源在⼯作，处于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度⼤⼩为_________；处于船头的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度⼤⼩为__________。
[答案：c ，c ； ]S 系相对S 系沿x 轴匀速运动的速度为0.8c ，在'S 中观测，两个事件的时间间隔'7510t s -?=?，空间间隔是'120x m ?=-，则在S 系中测得的两事件的空间间隔x ?= ，时间间隔t ?= 。
[答案：0，7310s -? ]（3）⽤v 表⽰物体的速度，则当v c = 时，02m m =；vc= 时，0k E E =。
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习题七气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同?答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零．气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何? 答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法．从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点．何谓微观量?何谓宏观量?它们之间有什么联系?答：用来描述个别微观粒子特征的物理量称为微观量．如微观粒子(原子、分子等)的大小、质量、速度、能量等．描述大量微观粒子(分子或原子)的集体的物理量叫宏观量，如实验中观测得到的气体体积、压强、温度、热容量等都是宏观量．气体宏观量是微观量统计平均的结果． 7.6 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率?i N 21 4 6 8 2 )s m (1-⋅i V10.020.030.040.050.0解：平均速率2864215024083062041021++++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==∑∑iii NV N V7.2141890== 1s m -⋅ 方均根速率28642150240810620410212232222++++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==∑∑iii NV N V6.25= 1s m -⋅7.7 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n 为分子数密度，N 为系统总分子数)．（1）v v f d )( （2）v v nf d )( （3）v v Nf d )(（4）⎰vv v f 0d )( （5）⎰∞d )(v v f （6）⎰21d )(v v v v Nf解：)(v f ：表示一定质量的气体，在温度为T 的平衡态时，分布在速率v 附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比.(1) v v f d )(：表示分布在速率v 附近，速率区间v d 内的分子数占总分子数的百分比.(2) v v nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数密度． (3) v v Nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数．(4)⎰vv v f 0d )(：表示分布在21~v v 区间内的分子数占总分子数的百分比．(5)⎰∞d )(v v f ：表示分布在∞~0的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.(6)⎰21d )(v v v v Nf ：表示分布在21~v v 区间内的分子数.7.8 最概然速率的物理意义是什么?方均根速率、最概然速率和平均速率，它们各有何用处? 答：气体分子速率分布曲线有个极大值，与这个极大值对应的速率叫做气体分子的最概然速率．物理意义是：对所有的相等速率区间而言，在含有P v 的那个速率区间内的分子数占总分子数的百分比最大．分布函数的特征用最概然速率P v 表示；讨论分子的平均平动动能用方均根速率，讨论平均自由程用平均速率．7.9 容器中盛有温度为T 的理想气体，试问该气体分子的平均速度是多少?为什么? 答：该气体分子的平均速度为0.在平衡态，由于分子不停地与其他分子及容器壁发生碰撞、其速度也不断地发生变化，分子具有各种可能的速度，而每个分子向各个方向运动的概率是相等的，沿各个方向运动的分子数也相同．从统计看气体分子的平均速度是0.7.10 在同一温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，就氢分子和氧分子比较，氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的速率一定比氧分子大，对吗? 答：不对，平均平动动能相等是统计平均的结果．分子速率由于不停地发生碰撞而发生变化，分子具有各种可能的速率，因此，一些氢分子的速率比氧分子速率大，也有一些氢分子的速率比氧分子速率小．7.11 如果盛有气体的容器相对某坐标系运动，容器内的分子速度相对这坐标系也增大了， 温度也因此而升高吗?答：宏观量温度是一个统计概念，是大量分子无规则热运动的集体表现，是分子平均平动动能的量度，分子热运动是相对质心参照系的，平动动能是系统的内动能．温度与系统的整体运动无关．只有当系统的整体运动的动能转变成无规则热运动时，系统温度才会变化． 7.12 题7.12图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢?题6-10图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高? 答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高．题7.12图7.13 温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么?答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义．温度微观本质是分子平均平动动能的量度． 7.14 下列系统各有多少个自由度： (1)在一平面上滑动的粒子；(2)可以在一平面上滑动并可围绕垂直于平面的轴转动的硬币； (3)一弯成三角形的金属棒在空间自由运动． 解：(1) 2，(2)3，(3)67.15 试说明下列各量的物理意义． （1）kT 21 （2）kT 23 （3）kT i2（4）RT i M M mol 2 （5）RT i 2 （6）RT 23解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为k 21T ． (2)在平衡态下，分子平均平动动能均为kT 23. (3)在平衡态下，自由度为i 的分子平均总能量均为kT i2. (4)由质量为M ，摩尔质量为mol M ，自由度为i 的分子组成的系统的内能为RT iM M 2mol .(5) 1摩尔自由度为i 的分子组成的系统内能为RT i2. (6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT 23，或者说热力学体系内，1摩尔分子的平均平动动能之总和为RT 23.7.16 有两种不同的理想气体，同压、同温而体积不等，试问下述各量是否相同?(1)分子数密度；(2)气体质量密度；(3)单位体积内气体分子总平动动能；(4)单位体积内气体分子的总动能． 解：(1)由kTpn nkT p ==,知分子数密度相同； (2)由RTpM V M mol ==ρ知气体质量密度不同； (3)由kT n23知单位体积内气体分子总平动动能相同； (4)由kT in 2知单位体积内气体分子的总动能不一定相同．7.17 何谓理想气体的内能?为什么理想气体的内能是温度的单值函数?解：在不涉及化学反应，核反应，电磁变化的情况下，内能是指分子的热运动能量和分子间相互作用势能之总和．对于理想气体不考虑分子间相互作用能量，质量为M 的理想气体的所有分子的热运动能量称为理想气体的内能．由于理想气体不计分子间相互作用力，内能仅为热运动能量之总和．即RT iM M E 2mol =是温度的单值函数．7.18 如果氢和氦的摩尔数和温度相同，则下列各量是否相等，为什么?(1)分子的平均平动动能；(2)分子的平动动能；(3)内能． 解：(1)相等，分子的平均平动动能都为kT 23． (2)不相等，因为氢分子的平均动能kT 25，氦分子的平均动能kT 23． (3)不相等，因为氢分子的内能RT 25υ，氦分子的内能RT 23υ．7.19 有一水银气压计，当水银柱为0.76m 高时，管顶离水银柱液面0.12m ，管的截面积为2.0×10-4m 2，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6m ，此时温度为27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He 的摩尔质量为0.004kg ·mol -1)?解：由理想气体状态方程RT M MpV mol=得 RTpVM M mol =汞的重度 51033.1⨯=Hg d 3m N -⋅氦气的压强 Hg )60.076.0(d P ⨯-= 氦气的体积 4100.2)60.088.0(-⨯⨯-=V 3m)27273()100.228.0()60.076.0(004.04Hg +⨯⨯⨯⨯-⨯=-R d M )27273(31.8)100.228.0()60.076.0(004.04Hg +⨯⨯⨯⨯⨯-⨯=-d61091.1-⨯=Kg7.20 设有N 个粒子的系统，其速率分布如题7.20图所示．求 (1)分布函数)(v f 的表达式； (2)a 与0v 之间的关系；(3)速度在1.50v 到2.00v 之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．(5)0.50v 到10v 区间内粒子平均速率．题7.20图解：(1)从图上可得分布函数表达式⎪⎩⎪⎨⎧≥=≤≤=≤≤=)2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf ⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≤≤≤=)2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v Na v v Nv av v f )(v f 满足归一化条件，但这里纵坐标是)(v Nf 而不是)(v f 故曲线下的总面积为N ，(2)由归一化条件可得⎰⎰==+000002032d d v v v v Na Nv a N v v avN (3)可通过面积计算N v v a N 31)5.12(00=-=∆(4) N 个粒子平均速率⎰⎰⎰⎰+===∞∞00202d d d )(1d )(v v v v av v v av v v vNf Nv v vf v02020911)2331(1v av av N v =+=(5)05.0v 到01v 区间内粒子平均速率⎰⎰==0005.0115.0d d v v v v NNv N N N Nv v ⎰⎰==00005.05.00211d d )(v v v v v Nv av N N v v vf N N2471)243(1d 12103003015.002100av N v av v av N v v av N v v v =-==⎰ 05.0v 到01v 区间内粒子数N av v v a a N 4183)5.0)(5.0(210001==-+=9767020v N av v ==7.21 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于1100-⋅-p p v v 与1100-⋅+p p v v 之间的分子数占总分子数的百分比． 解：令Pv vu =，则麦克斯韦速率分布函数可表示为 du e u N dN u 224-=π因为1=u ,02.0=∆u由 u e u N N u ∆=∆-224π得 %66.102.0141=⨯⨯⨯=∆-e N N π7.22 容器中储有氧气，其压强为p ＝0.1 MPa(即1atm)温度为27℃，求(1)单位体积中的分子n ；(2)氧分子的质量m ；(3)气体密度ρ；(4)分子间的平均距离e ；(5)平均速率v ；(6)方均根速率2v ；(7)分子的平均动能ε．解：(1)由气体状态方程nkT p =得242351045.23001038.110013.11.0⨯=⨯⨯⨯⨯==-kT p n 3m - (2)氧分子的质量26230mol 1032.51002.6032.0⨯=⨯==N M m kg (3)由气体状态方程RT M MpV mol=得 13.030031.810013.11.0032.05mol =⨯⨯⨯⨯==RT p M ρ 3m kg -⋅(4)分子间的平均距离可近似计算932431042.71045.211-⨯=⨯==ne m(5)平均速率58.446032.030031.860.160.1mol =⨯≈=M RT v 1s m -⋅ (6) 方均根速率87.48273.1mol2=≈M RTv 1s m -⋅ (7) 分子的平均动能20231004.13001038.12525--⨯=⨯⨯⨯==kT εJ7.23 1mol 氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少? 解：理想气体分子的能量RT iE 2υ= 平动动能 3=t 5.373930031.823=⨯⨯=t E J 转动动能 2=r 249330031.822=⨯⨯=r E J内能5=i 5.623230031.825=⨯⨯=i E J7.24 一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2倍，求(1)氧气和氢气分子数密度之比；(2)氧分子和氢分子的平均速率之比． 解：(1)因为 nkT p =则1=HOn n (2)由平均速率公式mol60.1M RTv = 41mol mol ==O H HOM M v v7.25 一真空管的真空度约为1.38×10-3Pa(即1.0×10-5mmHg)，试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d ＝3×10-10m)． 解：由气体状态方程nkT p =得172331033.33001038.11038.1⨯=⨯⨯⨯==-kT p n 3m - 由平均自由程公式 nd 221πλ= 5.71033.3109211720=⨯⨯⨯⨯=-πλ m 7.26 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，气压降到1.33×10-4Pa ，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径10-10m)? 解：(1)碰撞频率公式v n d z 22π= 对于理想气体有nkT p =，即kTp n =所以有 kTpv d z 22π=而 mol60.1M RTv ≈ 43.4552827331.860.1=⨯≈v 1s m -⋅ 氮气在标准状态下的平均碰撞频率805201044.52731038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-πz 1s - 气压下降后的平均碰撞频率123420s714.02731038.11033.143.455102----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=πz7.27 1mol 氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2倍，求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比； (2)分子平均自由程之比． 解：由气体状态方程2211T p T p = 及 3322V p V p = 方均根速率公式 mol273.1M RTv = 21212122===p p T T v v 末初 对于理想气体，nkT p =，即 kTpn = 所以有 pd kT 22πλ=12121==T p p T 末初λλ 7.28 飞机起飞前机舱中的压力计指示为1.0 atm(1.013×105Pa)，温度为27 ℃；起飞后压力计指示为0.8 atm(0.8104×105Pa)，温度仍为27 ℃，试计算飞机距地面的高度． 解：气体压强随高度变化的规律：由nkT p =及kT mgz en n 0=RTgz M kT mgz kTmgz ep e p kTen p mol 000---=== pp g M RTz 0mol ln =31096.18.01ln 8.90289.030031.8⨯=⨯⨯=z m7.29 上升到什么高度处大气压强减少为地面的75%(设空气的温度为0℃)． 解：压强随高度变化的规律pp g M RTz 0mol ln =3103.275.01ln 8.90289.027331.8⨯=⨯⨯=z m（7.30 7.31 7.32没有）习题八8.3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η8.4 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． 8.5 如题8.5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8.5图8.6 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8.6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． 8.7 一循环过程如题8.7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8.7图题8.7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8.7图 题8.8图8.8 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．8.9 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．8.10 根据⎰=-BAAB TQSS可逆d及⎰>-BAAB TQSS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．8.11 如题8.11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8.11图解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差AEQ+∆=224126350=-=-=∆AQE Jabd过程，系统作功42=A J26642224=+=+∆=AEQ J系统吸收热量ba过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=AEQ J系统放热8.12 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 J8.13 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 T8.14 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K579)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 J8.15 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 A 112221111--=+-+-γγγγγV V p V V p所以 12211--=γV p V p A8.16 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8.16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VV T K 002=由状态方程 RT pV υ= 得V RTp υ=ab 过程气体对外作功⎰=02d V v Vp A⎰⎰⎰====00000020002202d 2d 2d V V V v V V RTV V RT VV V T V R V V RT A8.17 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 V V V a V a V V a A8.18 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 VV 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)(12P 22T T C Q 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8.18图 题8.20图8.19 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100K8.20 如题8.20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 -=ηAB 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 11BC 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．8.21 （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．8.22 如题8.22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8.22图 解：21→熵变 等温过程 AQ d d =, V p A d d =RT pV =⎰⎰==-21111221d 1d V V VV RT T T Q S S76.52ln ln !212===-R V VR 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 TT C 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 T C T T C TT C S S T T ==+=-⎰41→绝热过程111441144111----==γγγγV V T T V T V Tγγγγ/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 =-==-γγ8.23 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 TC T T C S S 12d d mo mol 0212mol 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 +=- 8.24 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。