大学物理下册作业题答案

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大学物理(下)答案

大学物理学答案【下】北京邮电大学出版社习题99.1选择题(1) 正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2) 下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。

[答案：D](3) 一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4) 在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。

[答案：C]9.2填空题(1) 在静电场中，电势不变的区域，场强必定为[答案：相同](2) 一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。

[答案：q/6ε0, 将为零](3) 电介质在电容器中作用（a）——（b）——。

[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4) 电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比[答案：5：6]9.3 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9.3图示(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷1q212cos30︒=4πε0a24πε0qq'(2a)3解得q'=-q 3(2)与三角形边长无关．题9.3图题9.4图9.4 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9.4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9.4图示Tcosθ=mg⎧⎪q2 ⎨Tsinθ=F=1e⎪4πε0(2lsinθ)2⎩解得q=2lsinθ40mgtan9.5 根据点电荷场强公式E=q4πε0r2，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ϖ解: E=q4πε0r2ϖr0仅对点电荷成立，当r→0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．9.6 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=q2 4πε0d2,又有人说，因为f=qE,E=q，所ε0Sq2以f=．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少ε0S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E=q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ε0Sqqq2=板的电场为E=，另一板受它的作用力f=q，这是两板间相互作用2ε0S2ε0S2ε0S的电场力．-19.7 长的直导线AB上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=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d2=5.0cm 处Q点的场强．解：如题9.7图所示(1) 在带电直线上取线元dx，其上电量dq在P点产生场强为dEP=1λdx 24πε0(a-x)λEP=⎰dEP=4πε0⎰l2l-2dx 题9.7图2(a-x)=λ11[-] ll4πε0a-a+22=用l=15cm，λ=5.0⨯10-9λlπε0(4a2-l2) C⋅m-1, a=12.5cm代入得EP=6.74⨯102N⋅C-1 方向水平向右(2)同理=由于对称性dEQxl1λdx 方向如题9.7图所示4πε0x2+d22ϖ=0，即EQ 只有y分量，1λdx=4πε0x2+d22d2x+d222⎰∵dEQyEQy=⎰dEQyldλ=24πε2⎰l2l-2dx(x2+d22)32 =-9λl2πε0l+4d222以λ=5.0⨯10C⋅cm-1, l=15cm,d2=5cm代入得EQ=EQy=14.96⨯102N⋅C-1，方向沿y轴正向9.8 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9.8图在圆上取dl=Rdϕ题9.8图dq=λdl=Rλdϕ，它在O点产生场强大小为dE=λRdϕ方向沿半径向外4πε0R2则dEx=dEsinϕ=λsinϕdϕ4πε0R-λcosϕdϕ4πε0Rπ-ϕ)= dEy=dEcos(积分Ex=⎰π0λλsinϕdϕ=4πε0R2πε0REy=⎰π0-λcosϕdϕ=0 4πε0R∴E=Ex=λ，方向沿x轴正向．2πε0R9.9 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r>>l处，它相当于点电荷q产生的场强E．解: 如9.9图示，正方形一条边上电荷ϖq在P点产生物强dEP方向如图，大小为4dEP=λ(cosθ1-cosθ2)4πε0r2+l42∵cosθ1=lr2+l22cosθ2=-cosθ1∴dEP=λ4πε0r2+l42lr2+l22ϖdEP在垂直于平面上的分量dE⊥=dEPcosβ∴dE⊥=λl4πε0r2+l42rr2+l22r2+l42题9.9图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为EP=4⨯dE⊥=4λlr4πε0(r2+ll)r2+4222∵λ=∴EP=q 4l2qr4πε0(r2+ll)r2+422 方向沿9.10 (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?ϖϖq 解: (1)由高斯定理E⋅dS= sε0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Φe=q．6ε0(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Φe=q 6ε0 对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则Φe=如果它包含q所在顶点则Φe=0．q，24ε0如题9.10图所示．题9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×108cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理E⋅dS=s-5C·m求距球心5cm，-3ϖϖ∑q,E4πrε02=∑q ε0 ϖ当r=5cm时，∑q=0,E=0r=8cm时，∑q=p4π33) (r -r内3ρ∴E=4π32r-r内≈3.48⨯104N⋅C-1，方向沿半径向外．24πε0r()r=12cm时,∑q=ρ4π33）(r外-r内3ρ∴E=4π33r外-r内3≈4.10⨯104 N⋅C-1 沿半径向外. 24πε0r()9.12 半径为R1和R2(R2 ＞R1)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＜R1；(2) R1＜r＜R2；(3) r＞R2处各点的场强．ϖϖ解: 高斯定理E⋅dS=sq ε0取同轴圆柱形高斯面，侧面积S=2πrlϖϖ则E⋅dS=E2πrl S对(1) r<R1 ∑q=0,E=0∑q=lλ (2) R1<r<R2∴E=λ沿径向向外2πε0r(3) r>R2 ∑q=0∴E=0题9.13图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为σ1和σ2，试求空间各处场强．解: 如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为σ1与σ2，两面间，E=ϖ1ϖ(σ1-σ2)n 2ε0ϖ1ϖ(σ1+σ2)n σ1面外，E=-2ε0σ2面外，E=ϖ1ϖ(σ1+σ2)n 2ε0ϖn：垂直于两平面由σ1面指为σ2面．9.14 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9.14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9.14图(a)．ϖ(1) +ρ球在O点产生电场E10=0，ϖ-ρ球在O点产生电场E2043πrρ=OO' 4πε0d3ϖr3ρ；∴O点电场E0=3ε0d343πdρϖ(2) +ρ在O'产生电场E10'=34πε0dϖ-ρ球在O'产生电场E20'=0ϖρOO∴O'点电场E0'=3ε0题9.14图(a) 题9.14图(b) ϖϖ(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)ϖϖρr则EPO=，3ε0ϖϖρr'EPO'=-, 3ε0ϖϖϖϖρϖϖρρd(r-r')=OO'=∴EP=EPO+EPO'= 3ε03ε03ε0∴腔内场强是均匀的．-69.15 一电偶极子由的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm，把这电偶极子放在的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．-1解: ∵电偶极子p在外场E中受力矩ϖϖϖ M=p⨯E∴Mmax=pE=qlE代入数字Mmax=1.0⨯10-6⨯2⨯10-3⨯1.0⨯105=2.0⨯10-4N⋅m9.16 两点电荷q1=1.5×10C，q2=3.0×10C，相距r1=42cm，要把它们之间的距离变为-8-8r2=25cm，需作多少功解: A=⎰r2r1ϖϖr2qqdrqq11F⋅dr=⎰122=12(-) r24πεr4πε0r1r20=-6.55⨯10-6J外力需作的功A'=-A=-6.55⨯10 J-6题9.17图9.17 如题9.17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q0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9.17图示UO=1qq(-)=0 4πε0RRUO=1qqq (-)=-4πε03RR6πε0Rqoq 6πε0R∴A=q0(UO-UC)=9.18 如题9.18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．。

大学物理习题(下)答案解析

一、选择题1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ](A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。

2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为43π，则t=0时，质点的位置在： [ D ](A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2=处，向正方向运动；(C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1x A 2=-处，向正方向运动。

3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ]4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ](A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：25. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ](A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。

6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ](4)题(5)题2153(A),or ;A;(B),;A;332663223(C),or ;A;(D),;A4433ππ±±π±±±π±ππ±±π±±±π±7. 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 10.04cos(2)3x t ππ=+（SI ），从t = 0时刻起，到质点位置在x = -0.02 m 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 [ D ](A)s 81； (B) s 61； (C) s 41； (D) s 218. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，这两个简谐振动叠加后合成的余弦振动的初相为[ C ](A) π23； (B) π； (C) π21 ； (D) 0二、填空题9. 一简谐振动用余弦函数表示，振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为： A=10cm , /6rad /s =ωπ，/3=φπ10. 用40N 的力拉一轻弹簧，可使其伸长20 cm 。

15春北航《大学物理(下)》在线作业1满分答案

奥鹏15春北航《大学物理（下）》在线作业1一、单选题（共25 道试题，共100 分。

）1. 把一个静止质量为m0的粒子,由静止加速到υ=0.6c(c为真空中的光速)需作的功等于（）A. 0.18m0c*cB. 0.25m0c*cC. 0.36m0c*cD. 1.25m0c*c正确答案：B2. 对于有恒定电流通过的导体，下列说法正确的是[ ]A. 导体内部的电场强度为零B. 导体是个等势体C. 导体两端有恒定的电压存在D. 通过导体某个截面的电量在任何相等的时间内都不相等正确答案：C3. 无限长直圆柱体，半径为R，沿轴向均匀流有电流. 设圆柱体内(r < R)的磁感强度为B1，圆柱体外(r >R)的磁感强度为B2，则有：A. B1、B2均与r成正比.B. B1、B2均与r成反比C. B1与r成正比, B2与r成反比D. B1与r成反比, B2与r成正比正确答案：C4. 关于电流，下列说法中正确的是[ ]A. 通过导线截面的电量越多，电流越大B. 电子运动的速率越大，电流越大C. 单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D. 因为电流有方向，所以电流是矢量正确答案：C5. 下列关于电阻率的叙述，错误的是[ ]A. 当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零B. 常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的C. 材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度D. 材料的电阻率随温度变化而变化正确答案：C6. 两块平行平板，间距为d，平板面积均为S，分别均匀带电+q和-q，若两板的线度远大于d，则它们之间相互作用力的大小为[ ]A. q*q/4πεd*dB. q*q/εSC. q*q/2εSD. ∞正确答案：C7. 关于稳恒磁场的磁场强度H的下列几种说法哪个是正确的？[ ]A. H仅与传导电流有关B. 若闭合曲线内没有包围传导电流，则该曲线上各点的H必为零C. 若闭合曲线上各点的H均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零D. 以闭合曲线L为边缘的任意曲面的H通量相等正确答案：C8. 如果（1）锗用锑（5价元素），（2）硅用铝（3价元素）掺杂，则分别获得的半导体属于下述类型：A. （1）、（2）均为n 型半导体B. （1）为n 型半导体，（2）为p型半导体。

大学物理(下)练习题及答案

xyoa•••a-(0,)P y qq-大学物理（下）练习题第三编电场和磁场第八章真空中的静电场1．如图所示，在点((,0)a 处放置一个点电荷q +，在点(,0)a -处放置另一点电荷q -。

P 点在y 轴上，其坐标为(0,)y ，当y a ?时，该点场强的大小为(A) 204q y πε； (B) 202q y πε；(C)302qa y πε； (D)304qa y πε.[ ]2．将一细玻璃棒弯成半径为R 的半圆形，其上半部均匀分布有电量Q +, 下半部均匀分布有电量Q -，如图所示。

求圆心o 处的电场强度。

3．带电圆环的半径为R ,电荷线密度0cos λλφ=,式中00λ>，且为常数。

求圆心O 处的电场强度。

4．一均匀带电圆环的半径为R ，带电量为Q ，其轴线上任一点P 到圆心的距离为a 。

求P 点的场强。

5．关于高斯定理有下面几种说法，正确的是(A) 如果高斯面上E r处处为零，那么则该面内必无电荷；(B) 如果高斯面内无电荷，那么高斯面上E r处处为零；(C) 如果高斯面上E r处处不为零，那么高斯面内必有电荷；(D) 如果高斯面内有净电荷，那么通过高斯面的电通量必不为零； (E) 高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。

[ ]6．点电荷Q 被闭合曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面S 外一点,如图所示，则引入前后(A) 通过曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强不变；(B) 通过曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强不变；(C) 通过曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强变化；(D) 通过曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强变化。

[ ]7．如果将带电量为q 的点电荷置于立方体的一个顶角上，则通过与它不相邻的每个侧面的电场强度通量为xq g S Q g(A)06q ε； (B) 012q ε； (C) 024q ε； (D) 048q ε. [ ]8．如图所示，A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，A 面上的电荷面密度721.7718A C m σ--=-⨯⋅，B 面上的电荷面密度723.5418B C m σ--=⨯⋅。

江西理工大学大学物理(下)习题册及答案详解

班级_____________ 学号___________姓名________________ 简谐振动1. 一质点作谐振动, 振动方程为X=6COS (8πt+π/5) cm, 则t=2秒时的周相为:π5116, 质点第一次回到平衡位置所需要的时间为:s 0375.0.2. 一弹簧振子振动周期为T 0, 若将弹簧剪去一半, 则此弹簧振子振动周期T 和原有周期T 0之间的关系是:022T T =.3. 如图为以余弦函数表示的谐振动的振动曲线, 则其初周相φ=3π-,P 时刻的周相为:0.4. 一个沿X 轴作谐振动的弹簧振子, 振幅为A , 周期为T , 其振动方程用余弦函数表示, 如果在t=0时, 质点的状态分别是:(A) X 0=－A; (B) 过平衡位置向正向运动;(C) 过X=A/2 处向负向运动; (D) 过A x 22-= 处向正向运动.2 1 0 P t(s) X(m)试求出相应的初周相之值, 并写出振动方程.)2cos()(ππ+=t TA x A ; )22cos()(ππ-=t T A x B)32cos()(ππ+=t T A x C ; )452cos()(ππ+=t T A x D5.一质量为0.2kg 的质点作谐振动，其运动议程为:X=0.60 COS(5t －π/2)(SI)。

求(1)质点的初速度；(2)质点在正向最大的位移一半处所受的力。

解(1))5sin(00.32π--==t dtdxv 10.00.3,0-==s m v t(2)x x dtdv a 2520-=-==ω 22.5.7,30.0--===s m a m x AN ma F 5.1-==班级_____________ 学号___________姓名________________简谐振动的合成1. 两个不同的轻质弹簧分别挂上质量相同的物体1和2, 若它们的振幅之比A 2 /A 1=2, 周期之比T 2 / T 1=2, 则它们的总振动能量之比E 2 / E 1 是( A )(A) 1 (B) 1/4 (C) 4/1 (D) 2/11)()(;)(2222221122112=⋅==A A T T E E T A m E π2.有两个同方向的谐振动分别为X 1=4COS(3t+π/4)cm ，X 2 =3COS(3t －3π/4)cm, 则合振动的振幅为:cm A 1=, 初周相为:4πφ=. 3. 一质点同时参与两个同方向, 同频率的谐振动, 已知其中一个分振动的方程为X 1=4COS3t cm, 其合振动的方程为分振动的振幅为A 2 =cm 44. 动方程分别为X 1=A COS(ωt+π/3), X 2 =A COS (ωt+5π/3), X 3 =A COS(ω程为:)6cos(3πω+=t A x5. 频率为v 1和v 2的两个音叉同时振动时，可以听到拍音，可以听到拍音，若v 1＞v 2，则拍的频率是(B )(A)v 1+v 2 (B)v 1－v 2 (C)(v 1+v 2)/2 (D)(v 1－v 2)/26.有两个同方向，同频率的谐振动，其合成振动的振幅为0.20m ，周相与第一振动周相差为π/6。

大学物理下考试题及答案

大学物理下考试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 2×10^8 m/sC. 1×10^8 m/sD. 4×10^8 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，力和加速度的关系是：A. F=maB. F=mvC. F=m/aD. F=a/m答案：A3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，其位移与时间的关系为：A. s = 1/2at^2B. s = 1/2vtC. s = 1/2atD. s = vt答案：A4. 在理想气体状态方程中，压强、体积、温度的关系是：A. PV = nRTB. PV = nTC. PV = nRD. PV = n答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 根据能量守恒定律，一个物体的动能和势能之和在任何情况下都______。

答案：保持不变2. 电场强度的定义式为______。

答案：E = F/q3. 根据库仑定律，两点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的平方成反比，其公式为______。

答案：F = kQq/r^24. 光的折射定律表明，入射角和折射角之间的关系为______。

答案：n1sinθ1 = n2sinθ2三、简答题（每题10分，共40分）1. 简述波粒二象性的概念。

答案：波粒二象性是指微观粒子如电子、光子等，既表现出波动性，也表现出粒子性。

在某些实验条件下，它们表现出波动性，如干涉和衍射现象；而在另一些实验条件下，它们表现出粒子性，如光电效应和康普顿散射。

2. 什么是电磁感应定律？请给出其数学表达式。

答案：电磁感应定律描述了变化的磁场在导体中产生电动势的现象。

其数学表达式为ε = -dΦ/dt，其中ε是感应电动势，Φ是磁通量，t是时间。

3. 简述热力学第一定律的内容。

答案：热力学第一定律，也称为能量守恒定律，指出在一个封闭系统中，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转换为另一种形式。

大学物理(下册)课后题答案_完整版

大学物理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2-1 q1 qq2cos30 ----------------------a4 n0/.3 2(T a)T q(2)与三角形边长无关.8-2两小球的质量都是m ,都用长为I 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，求每个小球所带的电量.解：如题8-2图示T cos mg解得 q 21 sin 4mgtan8-3根据点电荷场强公式 E J ,当被考察的场点距源点电荷很近(r T 0)时，贝U 场强4°r*,这是没有物理意义的，对此应如何理解解：Ey^r °仅对点电荷成立，当r 0时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求4 n 0r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 和解得题8-1图题8-2图T sinF e4 n 0 (2l sin )2H |2-q •则这两板之间有相互作用力f ,有人说f = q2，又有人说，因为4 o d 22f = qE ,E —，所以f =卫•试问这两种说法对吗？为什么？ f 到底应等于多少？ o S o S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E 2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oS2个板的电场为E —,另一板受它的作用力 f q q q ,这是两板间相互作2 o S 2 o S 2 o S用的电场力.p ql ,场点到偶极子中心 0点的距离为r ,矢量r 与丨的夹角为l .试证P 点的场强E 在r 方向上的分量 E r 和垂直于r 的分量E分别为•••场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即方向场强分量psi n 34n o r8-6长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10求：（1）在导线的延长线上与导线 B 端相距a i =5.ocm 处P 点的场强；⑵在导线的垂直平分线上与导线中点相距 d 2=5.ocm 处Q 点的场强. 解：如题8-6图所示（1）在带电直线上取线元 dx ,其上电量dq 在P 点产生场强为dE p1dx4no (a x)2E P dE P1 2dx 4 n o 2(ax)28-5 一电偶极子的电矩为 ,（见题8-5图）,且r E r =2pcos3 , orE =严 4 o r证：如题8-5所示，将p 分解为与 r 平行的分量psin 和垂直于lr 的分量psinE rp cos 2 n o r 3 E o题8-5图 -9Cm -1的正电荷.试题8-6图用I 15 cm , 5.0E P(2)同理dE Q 6.741由于对称性dElQx 0,dE Qy5.0 10 C cm14.9612 2~n 0(4a l )9 110 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得2 110 N C 方向水平向右dx—2方向如题8-6图所示x d2即E Q只有y分量，1 dx d24nxd2―dfE Qy l dE Qyl4n 22 dx1 32 z 2 2\2(x d2) l2 n 0 J l24d；1, l 15 cm,d2 5 cm代入得102 N C 1,方向沿y轴正向R的均匀带电半圆环，电荷线密度为，求环心处0点的场强•一个半径为8-7RdE Q E Qydq dl Rd ,它在O点产生场强大小为RddE4 n0R2方向沿半径向外则dE x dE sin sin4 n 0 R积分E x dE y dE cos( cos d4 n 0 Rsin dE y cos d 04 n 0RE E x,方向沿x轴正向.2 n 0R8-8均匀带电的细线弯成正方形，边长为I，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r I处，它相当于点电荷q产生的场强E .q解：如8-8图示，正方形一条边上电荷在P点产生物强dE p方向如图，大小为4COS 12COS 2 COS 1dE P在垂直于平面上的分量dE dE P COSdE I r| 2 f 1 2 丨I 2/ 1 2I 1 2I I 2 I4 n °」—<r—i1r —4 \ 2 V 4题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为8-9 (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dE pCOS 1 COS 2E PE P4 dE4n o(r2g4lqr4 lr方向沿OPdE p平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量.(R arcta n — )x解：⑴由高斯定理E dS -S立方体六个面，•••各面电通量(2)电荷在顶点时当q在立方体中心时，每个面上电通量相等q6 0 .,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qe6 0边长2a的正方形上电通量对于边长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)图题8-9(b)图题8-9(a)图(3) ••通过半径为面积* 题8-9(c)图R的圆平面的电通量等于通过半径为..R2x2的球冠面的电通量，球冠S 2 M R2x2)[1q。

大学物理作业答案(下)

65．如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，求：它们在O 点的磁感应强度。

1 RIB 80μ=方向垂直纸面向外2 R I R I B πμμ2200-= 方向垂直纸面向里 3 RI R I B 4200μπμ+= 方向垂直纸面向外 66．一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，电荷面密度为σ，该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转。

试求圆筒内部的磁感应强度。

解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ， σωσωR R i =ππ=)2/(2作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B的大小和方向均相同，而且B 的方向平行于ab ，在bc 和fa 上各点B的方向与线元垂直，在de , cd fe ,上各点0=B．应用安培环路定理∑⎰⋅=I l B 0d μ可得 ab i ab B 0μ=σωμμR i B 00==圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右．67．在半径为R 的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r 的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为a （如图）。

今在此导体内通以电流I ，电流在截面上均匀分布，求：空心部分轴线上O ' 点的磁感应强度的大小。

解：)(22r R IJ -=π10121r J B ⨯=μ 20221r J B ⨯-=μJa O O J r r J B B 021********21)(21μμμ=⨯=-⨯=+=r R Ia)(2220-=πμ68．一无限长圆柱形铜导体,半径为R ,通以均匀分布的I 今取一矩形平面S （长为L ，宽为2R ），位置如图，求：通过该矩形平面的磁通量。

解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：)(220R r rRIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr rL RI Rd 2020⎰π=μπ=40LIμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为⎰⋅=S B d 2Φr r IL R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=ILμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40LIμ2ln 20π+ILμ69．如图所示，载有电流I 1和I 2的无限长直导线相互平行，相距3r ，今有载有电流I 3的导线MN = r 水平放置，其两端M 、N 分别与I 1、I 2距离均为r ，三导线共面，求：导线MN 所受的磁场力的大小与方向。

南通大学大学物理下作业题及答案

大学物理 B（二）第一次作业详解
王全制作
解：
由于任一点电荷所受合力均为零，所以
QQ2 4 πε0d 2
+
Q2 4 πε0 (2d )2
=0
Q2
=
−
Q 4
Q1 、Q3 在 y 轴上某点（0， h ）的电场强度为：
Qh
3 (此过程就省略了)
2 πε0 (d 2 + h2 )2
∫ ∫ W
=
∞Q 04
2
Qh πε0 (d 2 +
r 处有一点电荷q，求球心的电势．
解：根据静电平衡条件，在金属腔内测带电量为 − q ，
在金属腔外侧带电量为 Q + q ，由
dV
=
dq 4πε 0r
可得
Q −Q
q
内部电荷 q
在球心处的电势为：V
=
q 4πε 0r
金属腔内测感应电荷 −
q
在球心处的电势为：V
=
−q 4πε 0 a
金属腔外侧感应电荷 Q
=
πε 0
ln d R
=
3.14 × 8.85 ×10−12
ln
0.5 3.26 ×10−3
= 5.52 pF
oP
x
x d−x
d
9-24 如图， C1 = 10µF ， C2 = 5.0µF ， C3 = 5.0µF ．
（1）求 A 、 B 间电容；（2） A 、 B 间加上100V 的电压，求 C2 上的电压和电荷量；（3）
向地球中心．试计算地球所带的总电荷量；（2）在离地面1500m 处，电场强度降为 24V / m ，方向仍指向地球中心．试计算这1500m 厚的大气层里中的带电量及平均电荷密度．

中国地质大学(武汉)大学物理下册习题答案

作业2 动量与角动量功与能2-1一步枪在射击时，子弹在枪膛受到的推力满足 t F 51034400⨯-= 的规律，已知击发前子弹的速率为零，子弹出枪口时的速度为300 m/s ，受到的力变为零．求： ⑴ 子弹受到的冲量？ ⑵ 子弹的质量为多少克？原题 3-32-2 一个质量m = 50 g ，以速率υ= 20 m/s 作匀速圆周运动的小球，在1/4周期向心力加给它的冲量是多大？原题 3-42-3 有一运送砂子的皮带以恒定的速率υ水平运动，砂子经一静止的漏斗垂直落到皮带上，忽略机件各部位的摩擦及皮带另一端的其它影响，试问：⑴ 若每秒有质量为t M M d d ='的砂子落到皮带上，要维持皮带以恒定速率υ运动，需要多大的功率？⑵ 若='M 20 kg/s ，5.1=υm/s ，水平牵引力多大？所需功率多大？解： ⑴ 设t 时刻落到皮带上的砂子质量为M ，速率为υ，t + d t 时刻，皮带上的砂子质量为 M + d M ，速率也是υ，根据动量定理，皮带作用在砂子上的外力 F 的冲量为：)0d ()d (d ⋅+-+=M M M M t F υυυ⋅=M d∴ M t M F '==υυ d d由第三定律，此力等于砂子对皮带的作用力F '，即F F ='．由于皮带匀速运动，动力源对皮带的牵引力F F '=''，因而，F F =''，F F =''，F ρ''与υρ同向，动力源所供给的功率为： t M F P d d υυυρρρρ⋅=⋅=t M d 2υ=M '=2υ⑵ 当t M M d d ='＝20 kg/s ，5.1=υm/s ，时，水平牵引力 M F '=''υ＝ 30N 所需功率 M P '=2υ＝45W2-4 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个非常扁的椭圆，它离太阳最近的距离是1011075.8⨯=r m ，此时它的速度是 411046.5⨯=υm/s ，它离太阳最远时的速率是221008.9⨯=υm/s ，这时它离太阳的距离r 2是多少？原题 3-82-5 假设一个运动的质子P 只受某重核N 的有心排斥力的作用．已知质子的质量为m ，当它运动到与N 相距最近的A 点时，距离为a ，速度为A υρ，运动到某点B 时，速度为B υρ，求此时重核N 到速度B υρ的垂直距离b ．（图左侧的长虚线为与B υρ方向平行的直线）．解：重核N 的质量 M >> m ，在质子P 从接近到远离重核N 的全过程中，重核 N 可视为静止．质子P 只受重核N 的有心排斥力作用，P 对N 中心的角动量守恒．υρρρm r L ⨯= = 恒矢量 B B B A A A m r m r θυθυsin sin = a r A A =θsin ， b r B B =θsin ∴ b m a m B A υυ= 得 a b BAυυ=2-6 一质量为 3102-⨯kg 的子弹，在枪膛中前进时受到的合力 x F 98000400-= (SI),子弹在枪口的速度为300 m/s ．试计算枪筒的长度．原题 4-1题2-5图2-7 一质量为m 的质点在指向圆心的平方反比力2--=kr F 的作用下，作半径为r 的势能零点，则其机械能为 )2(r k - ．原题 4-32-8 有一劲度系数为 k 的轻弹簧，竖直放置，下端悬一质量为 m 的小球，先使弹簧为原长，而小球恰好与地接触，再将弹簧上端缓慢地提起，直到小球刚能脱离地面为止．在此过程中外力所作的功为 )2(22k g m ．原题 4-72-9 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空 2 倍于地球半径 R 的高度沿圆轨道运行，用m ，R ，引力常数Ｇ和地球的质量 M 表示⑴ 卫星的动能；⑵ 卫星的引力势能为．原题 4-82-10 一长方体蓄水池，面积为S = 50 m 2，贮水深度为 h 1 = 1.5 m ．假定水平面低于地面的高度是h 2 = 5 m ，问要将这池水全部抽到地面上来，抽水机需做功多少？若抽水机的功率为80％，输入功率为P = 35 kw ，则抽光这池水需要多长时间？原题 4-22-11 某弹簧不遵守胡克定律，若施力F ，则相应伸长为x ，力与伸长的关系为： F = 52.8 x + 38.4 x 2（SI ），求：⑴ 将弹簧从伸长x 1 = 0.50 m 拉伸到伸长 x 2 = 1.00 m 时所需做的功； ⑵ 将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为2.17 kg 的物体，然后将弹簧拉伸到伸长 x = 1.00 m ，再将物体由静止释放．求当弹簧回到伸长x 1 = 0.50 m 时，物体的速率．原题 4-52-12 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t q it p r ˆ sin ˆ cos ωω+=ρ (SI)，式中p 、q 、ω是正值常数，且p > q ．求：⑴ 求质点在点 P ( p , 0) 和点Q ( 0, q ) 处的动能； ⑵ 质点所受的作用力 F ρ，以及当质点从点 P 运动到点Q 的过程中的分力F x 和F y 分别作的功．解：⑴ 由位矢 j t q it p r ˆ sin ˆ cos ωω+=ρ 可知： cos t p x ω=， sin t q y ω= t x x d d =υ sin t p ωω-=， t y y d =υ cos t q ωω=点P ( p , 0 ) 处 1 cos =t ω， 0 sin =t ω， 22k 2121y xP mv mv E +=2221ωmq = 点Q ( 0, q ) 处 0 cos =t ω， 1 sin =t ω， 22k 2121y xQ mv mv E +=2221ωmp = ⑵ t a x x d υ= cos 2t p ωω-=， t a y y d υ= sin 2t q ωω-=)ˆˆ(ˆˆj a i a m j F i F F y x y x +=+=ρ)ˆ sin ˆ cos ( 2j t q it p m ωωω+-= 由点P →Q x F A p x x d 0⎰=x ma p x d 0⎰=x t mp p d cos 02⋅-=⎰ωωx x m p d 02⎰-=ω2221ωmp =y F A qy y d 0⎰=y ma qy d 0⎰=y t mq qd sin 02⋅-=⎰ωωy y m qd 02⎰-=ω2221ωmq -=作业4 气体动理论4-1 氧气钢瓶体积为5升，充氧气后在27℃时压强为20个大气压，试求瓶贮存有多少氧气？现高空中使用这些氧气，在高空空气的压强为0.67个大气压，温度为-27℃，试问这时钢瓶可提供在高空使用的氧气是多少升？0.13 kg ，117升；原题 8—14-2 在P-V图上的一点代表系统平衡状态；一条光滑的曲线代表气体的准静态过程．4-3 设想每秒有1023个氧分子以500 m/s的速度沿着与器壁法线成30°角的方向撞在面积为3 104m2的器壁上，求这群分子作用在器壁上的压强．原题 8—34-4 两瓶不同类型的理想气体，它们的温度和压强相同，但体积不同，则它们的分子数密度相同；气体的质量密度不同；单位体积气体分子的平均动能为不同．原题 8—44-5 若理想气体的体积为V ，压强为P ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻耳解： kT VN nkT p == kT pVN = 4-6 质量相同的氢气和氦气，温度相同，则氢气和氦气的能之比为 10 : 3 ，氢分子与氦分子的平均动能之比为 5 : 3 ；氢分子与氦分子的平均平动动能之比为 1 : 1 ．原题 8—64-7 试指出下列各量的物理意义⑴ kT /2； ⑵ 3kT /2； ⑶ ikT /2.答： ⑴ kT /2 ——理想气体分子任一自由度的平均动能； ⑵ 3kT /2 ——理想气体的分子的平均平动动能；⑶ ikT /2 ——理想气体的分子的平均总动能 4-8 将0.2mol 氧气从27℃加热到37℃，其能增加了多少？分子的平均平动动能变化了多少？解：氧气为双原子分子，5=i ，则能增量为55.411031.82.025)(212 =⨯⨯⨯=-=∆T T R i E νJ分子的平均平动动能为kT E K 23=，其增量为22231007.2101038.12323--⨯=⨯⨯⨯=∆=∆T k E K J4-9 一绝热密封容器的体积为102m 3，以100 m/s 的速度匀速直线运动，容器中有100g 的氢气，当容器突然停止时，氢气的温度、压强各增加多少？原题 8—74-10 容器有一摩尔的双原子分子理想气体，气体的摩尔质量为μ，能为E ，则气体的温度T = R E 52 ，分子的最可几速率 p υ= )5(2μE ，分子的平均速率 υ= )π5(4μE ．原题 8—84-11 已知)(υf 为麦克斯韦速率分布函数，N 为分子总数，则速率大于100 m/s 的分子数目的表达式 υυυd )(d 100⎰⎰∞=='f NN N ；速率大于100 m/s 的分子数目占分子总数的百分比的表达式 υυd )(100⎰∞=f P ；速率大于100 m/s 的分子的平均速率的表达式 υυυυυυd )(d )(100100⎰⎰∞∞=f f ．∵d )(d υυυf NN =—— 速率区间 υυυd ~+的分子数占总分子数的百分比(几率)4-12 麦克斯韦速率分布曲线如图所示，图中A ，B 两部分面积相等，则该图表示[ ]（A ）0υ为最概然速率（B ）0υ为平均速率（C ）0υ为方均根速率（D ）速率大于和小于0υ的分子数各占一半参考解：A 部分面积()N N f S AA Δd 00==⎰υυυ； B 部分面积 ()NN f S BB Δd 0==⎰∞υυυ B A S S = ∴B A N N ΔΔ= 答案为 [ D ]4-13 容积为33100.2m -⨯的容器中，有能为J 21075.6⨯的刚性双原子分子理想气体，求：⑴ 气体的压强；⑵ 设分子总数为22104.5⨯个，求分子的平均平动动能及气体的温度；解：（1）由 RT i M m E 2•=和 RT Mm PV = 可得气体压强 5321035.1100.251075.622⨯=⨯⨯⨯⨯==-iV E P Pa （2）分子数密度V N n =，则该气体温度k .NkPV nk P T 210623⨯=== 气体分子的平均平动动能为 211049723-⨯==.kT k εJ4-14 真空管的线度为 210-m ，真空度为 310333.1-⨯Pa ．设空气分子的有效直径为10103-⨯m ，摩尔质量为28.97310-⨯kg ．求在27℃时真空管中空气的分子数密度、平均碰撞频率和平均自由程．解：P301 12.26空气的分子数密度为 kTpn == …… = 3.2×1017 (m -3 )平均自由程为 nd 2π21=λ= …… = 7.8(m) 0(υf 题4-12图平均碰撞频率为 υn d z 2 π2=MRT nd π8 π22= = …… = 59.9 (s -1)*4-15 麦克斯韦速率分布律kTm kT m f 22322eπ2π4)(υυυ-⎪⎭⎫⎝⎛=，求速率倒数的平均值⎪⎭⎫⎝⎛υ1，并给出它与速率的平均值υ的关系．解：P296 12.9由平均值的定义有υυυυd )(110f ⎰∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛υυυd eπ2π4 22230kTm kT m -∞⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-∞⎰220232d eπ2π42υυkT m m kT kT m kTm ∵速率的平均值υkT m 8 π=∴*4-16 假定 N 个粒子的速率分布曲线如图示．⑴ 由 N 和0υ求a ；⑵ 求速率在1.50υ到2.00υ之间的粒子数 N ∆； ⑶ 求粒子的平均速率 υ 和方均根速率2υ．解：P295 12.7 ⑴ 由归一化条件有υυd )(0⎰∞f 1d d 00 0200=+=⎰⎰υυυυυυυa a，解之，得 032υ=a ⑵ υυυυd )(025.1⎰=∆f N N υυυd 025.1Na ⎰=)5.10.2(32000υυυ-=N N 31== 0.333 N ⑶ υυυυd )( 0⎰∞=f υυυυυυυυd d 00 02020a a⎰⎰+=03031υυυa =002221υυυa +0911υ== 1.220υυυυυd )(022⎰∞=f υυυυυυυυd d 220300 0a a⎰⎰+=004041υυυa =002331υυυa +301231υa =201831υ= 021831υυ=0662υ== 1.310υ 0题4-16图作业6 狭义相对论基础6-1 惯性系S 和S '的坐标在 0='=t t 时重合，有一事件发生在S '系中的时空坐标为()8108 ,0 ,10 ,60-⨯．若s '系相对于s 以速度u = 0.6c 沿x x '-轴正方向运动，则该事件在S 系中测量时空坐标为( , , , )．原题 6-16-2 天津和相距120 km ．在某日19时整有一工厂因过载而断电，在天津同日19时0分0.0003秒有人放了一响礼炮．试求在以 c u 8.0= 速度沿到天津方向飞行的飞船中，观察者测量到这两个事件之间的时间间隔．哪一个事件发生在前．原题 6-36-3 长为4m 的棒静止在s 系中xOy 平面，并与x 轴成ο30角，s '系以速度0.5c 相对于s 系沿x x '-轴正向运动，0='=t t 时两坐标原点重合，求s '系中测得此棒的长度和它与x '轴的夹角．原题 6-46-4 中子静止时的平均寿命为15 min 30 s ，它能自发地衰变为三个粒子（质子、电子和中微子）．已知地球到太阳的平均距离为1.4961110⨯m ．有一个中子被太阳抛向地球，它必须具有 1.418×108 = 0.473 c m/s 的速率，才能在衰变前到达地球．解： 0γττ=20)(1c u -=τ ♉ τu l =20)(1c u u -=τ ♉ 220)(c l lu +=τ6-5 一火箭静止在地面上测量时长度20 m ，当它以 0.8 c 在空间竖直向上匀速直线飞行时，地面上观察者测得其长度为．若宇航员在飞船上举一次手用2.4 s ，则地面上测到其举手所用时间为．原题 6-66-6 以地球-月球作为参考系测得地-月之间的距离为 810844.3⨯m ，一火箭以0.8c 的速率沿着地球到月球的方向飞行，先经过地球（事件1），之后又经过月球（事件2）．要求分别用：⑴ 洛仑兹变换公式，⑵ 长度收缩公式，⑶ 时间膨胀公式，求在地球-月球参考系和在火箭参考系中观测，火箭由地球飞向月球各需要多少时间？ P369 15.4；P371 15.9解：取地-月系为S 系，地-月距离=∆x 810844.3⨯m ，固定在火箭上的坐标系为S '系，其相对S 系的速率 u = 0.8 c ，则在S 系中火箭由地球飞向月球的时间为u x t ∆=∆= …= 1.6 s由已知 8.0=≡c uβ 35112=-≡βγ⑴ 由洛仑兹变换公式 )(x c t t βγ-=' )(x c t t ∆-∆='∆βγ可求得在火箭S '系中 t '∆= …= 0.96 s⑵ S '系中，测地-月距离为l '，是运动长度，由长度收缩公式 l l '= γ 有 l l =' 则 l t '='∆)(γu l t ='∆ =…= 0.96 s⑶ S '系中，两个事件在同一个地点发生，t '∆为固有时间0τ；S 系中两事件时间间隔t ∆为运动时间τ，由时间膨胀公式 0γττ=γττ=='∆0t γt ∆==…= 0.96 s6-7一匀质薄板静止时测得长、宽分别是a 、b ，质量为m ，假定该板沿长度方向以接近光速的速度υ作匀速直线运动，那么它的长度为 )(122c a υ- ，质量为面积密度（单位面积的质量）．(原题6-8) 解：∵ 沿运动方向 0l l =，)(1 22c a a a υγ-=='∴；m m γ=')(122c mυ-=∵ b ⊥ 运动方向，b b ='∴ ， b a m '''=∴σ )1(22c ab m υ-=6-8 一静止长度为 l 0 的火箭，相对于地面以速率 u 飞行，现从火箭的尾端发射一个光信号．试根据洛仑兹变换计算，在地面系中观测，光信号从火箭的尾端到前端所经历的位移、时间和速度． P370 15.6 解：取固定在地面上的坐标系为S 系，固定在火箭上的坐标系为S '系，自火箭尾端发射光信号为事件“1”，光信号到达火箭前端为事件“2”，则有S 系中：事件1),(11t x ，事件2),(22t x ， 12x x x -=∆， 12t t t -=∆S '系中：事件1),(11t x ''，事件2),(22t x ''， 012l x x x ='-'='∆， 12t t t '-'='∆c l c x 0='∆= S '系相对S 系运动速率为u ，由洛仑兹变换)( t c x x '+'=βγ，)(x c t t '+'=βγ可得位移 )( t c x x '∆+'∆=∆βγ200)(1)]([c u c l u l -+=cu c u l -+=110时间 )(x c t t '∆+'∆=∆βγ2200)(1)]([c u c l u c l -+=cu cu cl -+=110 速度 c t x =∆∆=υ6-9 设火箭的静止质量为100 t ，当它以第二宇宙速率 3102.11⨯=υm/s 飞行时，其质量增加了 0.7×10 kg ． P374 15.13 解： c <<υ，2)(2020k υm c m m E =-=，)2()(2202k 0c m c E m m m υ==-=∆=… 6-10 电子静止质量 310101.9-⨯=m Kg ，当它具有2.6 ⨯ 105 eV 动能时，增加的质量与静止质量之比是 0.508 原题 6-9 解：2k mc E ∆=Θ，2kc E m =∆∴，20k 0 c m E m m =∆∴= 0.508 = 50.8% 6-11 α 粒子在加速器中被加速，当其质量为静止质量的5倍时，其动能为静止能量的 4 倍． (解：2k mc E ∆=Θ，020km m c m E ∆=∴005m m m -= = 4 ) 原题 6-106-12 设某微观粒子的总能量是它的静止能量的k 倍，求其运动速度的大小．（用c 表示真空中光速）原题 6-11 解： 02020m m c m mc E E k ===γ=2211c υ-=， 1 2-=∴k k c υ,211 k c -=υ6-13 ⑴ 粒子以多大速度运动时，它的相对论动量是非相对论动量的两倍？ ⑵ 如果粒子的动能与它的静能相等，粒子的速率是多少？原题 6-12 解：⑴ Θγ=0p p2211c υ-== 2，c 23 =∴υ= 0.866 c ⑵ 202k c m mc E -=Θ2020 c m c m -=γ20c m =，2 =∴γ，c 23 =∴υ= 0.866 c6-14 要使电子的速率从1.2 ×108m/s 增加到2.4 ×108m/s ，需做多少功？P374 15.15解：做功等于电子动能的增量201202k )()(c m m c m m E ---=∆212)(c m m -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=221222201111c c cm υυ = … = 4.7×10 J = 2.94×10 eV6-15 在氢的核聚变反应中，氢原子核聚变成质量较大的核，每用 1 g 氢约损失0.006 g 静止质量．而1 g 氢燃烧变成水释放出的能量为1.3 × 105J ．氢的核聚变反应中释放出来的能量与同质量的氢燃烧变成水释放出的能量之比为 4.1×106 ．解：每用1g 氢释放核能 21mc E ∆=∆=…= 5.4×1011 J ；1g 氢燃释放能量2E ∆= 1.3×105 J6-16 两个静止质量都是m 0的小球，其中一个静止，另一个以=υ0.8c 的速度运动，在它们作对心碰撞后粘在一起，求碰撞后合成小球的质量、速度及静止质量．原题 6-13 m=2.67m 0，=υ0.5c ，0031.2m m =' 6-13 (没详解)*6-17 ⑴ 如果要把一个粒子的动能写作 220υm ，而误差不大于1%，试问这个粒子的最大速率等于多少？⑵ 以这个速率运动的电子动能是多少？（电子静止质量 31e 101.9-⨯=m Kg ） ⑶ 以这个速率运动的质子动能是多少？（质子静止质量 e 01840m m =） P377 15.21 解： c υβ=，211βγ-=⑴ 相对论动能 20k )(c m m E -=20)1(c m -=γ202][111 c m --=β 依题意有 %12k 20k ≤-E m E υ ♉ %1111 21222][≤---cβυ♉ 01.0111 21][22≤---ββ∵ 211βγ-=，则 2211γβ-=，上式可写为01.01 112112≤--⋅-γγ ♉ 01.0)1(2112≤+-γγ♉ 0198.12≤--γγ 解方程 0198.12=--γγ ♉ 98.1298.1411⨯⨯+±=γγ取正值有 211βγ-=0067.1≤ ♉ 2211γβ-=115.0≤即 c 115.0≤υ(= 3.45×107 m) ∴ c 115.0m ax =υ⑵ 以速率c 116.0=υ时， β= 0.115，γ= 1.0067运动的电子动能 2e ke )(c m m E -=2e 2][111 c m --=β=…= 5.49×1016(J) = 3.43×103 eV（电子加速电压 V ≥3.5 kV 时，电子速率≥υ=3.5×107m 时，要用相对论公式！！）⑶∵ 质子的静止质量 e p 1840m m =∴以速率c 116.0=υ运动的质子动能 ke kp 1840E E == 6.31×106eV作业8 波动8-1 一个余弦横波以速度u 沿x 轴正方向传播，t 时刻波形曲线如图所示．试在图中画出A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 各质点在该时刻的运动方向．并画出（t + T /4）时刻的波形曲线．原题 20-18-2 地震波纵波和横波的速度分别为8000 m/s 和4450 m/s ，观测点测得这两种波到达的时间差=∆t 75.6 s ，则震中到观测点的距离 r = 7.58×105m ．解： t u r u r ∆=-)()(12 )(2121u u u u t r -⋅∆==…= 7.58×105m8-3 ⑴ 有一钢丝，长2.00 m ，质量20.0×103 kg ，拉紧后的力是1000 N ，则此钢丝上横波的传播速率为 316 m/s ． ⑵钢棒中声速5200m/s ，钢的密度=ρ7.8g/cm 3，钢的弹性模量为2.11×1011(N/m 2).8-4 已知一波的波函数为 )6.0π10sin(105 2x t y -⨯=-⑴ 求波长，频率，波速及传播方向；⑵ 说明x = 0时波函数的意义．原题 20-3y8-5 一螺旋形长弹簧的一端系一频率为25 Hz 的波源，在弹簧上激起一连续的正弦纵波，弹簧中相邻的两个稀疏区之间的距离为24 cm ．⑴ 试求该纵波的传播速度；⑵ 如果弹簧中质点的最大纵向位移为 0.30 cm ，而这个波沿x 轴的负向传播，设波源在 x = 0 处，而x = 0 处的质点在 t = 0 时恰好在平衡位置处，且向x 轴的正向运动，试写出该正弦波的波函数．解：⑴ νλ=u = 24 ×25 = 600 cm/s⑵ 波源处⎭⎬⎫>-===0sin 0cos 00ϕωυϕA A y 初相位 2π-=ϕ，波源振动方程为 )π2cos(30.000ϕν+=t y )2ππ50cos(30.0-=t 波沿x 轴的负向传播的波函数为])(cos[ϕω-+=u x t A y ]2π)600π(50cos[30.0-+=x t )]24π(252sin[30.0x t +=即，该正弦波的波函数为 )]24π(252sin[30.0x t y += (cm)8-6 波源作谐振动，周期为0.01s ，经平衡位置向正方向运动时，作为时间起点，若此振动以υ= 400 ms 1的速度沿直线传播，求： ⑴ 距波源为8 m 处的振动方程和初相位；⑵ 距波源为9 m 和10 m 两点的相位差．原题 20-58-7 一平面简谐波，沿x 轴正向传播，波速为4 m/s ，已知位于坐标原点处的波源的振动曲线如图(a)所示．⑴ 写出此波的波函数； ⑵ 在图(b)中画出t = 3 s 时刻的波形图（标明尺度）． P317 13.16 解：⑴ 由图知，A = 4 cm = 4 × 102 m ， T = 4 s ∴ T π2=ω2π=，uT =λ= 4 × 4 = 16 m 原点处 A A y ==ϕcos 0 初相位 0=ϕ 原点振动方程为 )cos(ϕω+=t A y t A ωcos = ∴ 波函数为 )(cos u x t A y -=ω即 )]4(2cos[1042x t y -⨯=-π⑵ 将t = 3 s 代入波函数，得波形曲线方程)]43(2cos[1042x y -⨯=-πt = 3 s 时刻的波形图见图(b)．8-8 一正弦式空气波沿直径为0.14 m 的圆柱形管道传播，波的平均强度为1.8⨯10 2J/(sm 2)，频率为300 Hz ，波速为300 m/s ，问波中的平均能量密度和最大能量密度各是多少？每两个相邻周相差为2π 的同相面之间的波段中包含有多少能量？原题 20-78-9 频率为100 Hz ，传播速度为300 m/s 的平面简谐波，波线上两点振动的位相差为31π，则此两点距离为 0.5 m ．原题 20-11 解：νλu ==…= 3 m ， x ∆=∆)π2(λϕ，))π2(λϕ∆=∆x =…= 0.5 m(b)u)cm (y 48O1216202444-)m (x 题8-7图(a))cm (y )s (t 12O 34564-(b)cm)(y O)m (x8-10 在弹性媒质中有一波动方程为)2ππ4cos(01.0--=x t y （SI ）的平面波沿x 轴正向传播，若在x = 5.00处有一媒质分界面，且在分界面处相位突变 π，设反射后波的强度不变，试写出反射波的波函数．原题 20-108-11 一平面简谐波某时刻的波形图如图所示，此波以速率u 沿x 轴正向传播，振幅为A ，频率为v ．⑴ 若以图中B 点为坐标原点，并以此时刻为 t = 0 时刻，写出此波的波函数； ⑵ 图中D 点为反射点，且为波节，若以D 点为坐标原点，并以此时刻为 t = 0 时刻，写出入射波的波函数和反射波的波函数；⑶ 写出合成波的波函数，并定出波节和波腹的位置坐标．P326 13.29解：⑴ B 点为坐标原点，t = 0 时刻，A A y -==ϕcos 0 ♉ 初相位 π=ϕ 振动方程 )cos(ϕω+=t A y ♉ )ππ2cos(+=t A yB ν ∴ 波函数为 ]π)(π2cos[+-=u x t A y ν ⑵ D 点为坐标原点，t = 0 时刻，入射波： ⎭⎬⎫>'-=='=0sin 0cos 00ϕωυϕA A y ♉ 初相位 2π-='ϕ 反射波：∵D 点为波节，∴初相位 2ππ=+'=''ϕϕD 点振动方程 )2ππ2cos(-=t A y D ν入， )2ππ2cos(+=t A y D ν反∴波函数为 ]2π)(π2cos[--=x t A y ν入， ]2π)(π2cos[++=x t A y ν反 ⑶ 合成波的波函数 )π2cos()2ππ2cos(2t u x A y y y νν+=+=反入波节：由 π)21(2ππ2+=+k u x ν 得 νu k x ⋅=2 （k = 0, -1, -2, …）波腹：由 π2ππ2k x =+ν 得 νu k x )412(-= （k = 0, -1, -2, …）题8-11图8-12 入射波的波函数为)( π2cos 1λx T t A y +=，在x = 0处发生反射，反射点为自由端.⑴ 写出反射波的波函数；⑵ 写出驻波的波函数；⑶ 给出波节和波腹的位置． P327 13.30解：反射点为自由端，是波腹，无半波损失， ⑴ 反射波的波函数为 )( π2cos 2λx T t A y -=⑵ 驻波的波函数为 t Tx A y y y π2cos π2cos 221λ=+=⑶ 当1π2cos =x λ，即ππ2 k x =λ时，得波腹的位置为 2 λk x =，k = 0, 1, 2, …当0π2cos =x λ，即2π)12(π2 +=k x λ时，得波节的位置为4)2( λ+=k x ，k = 0, 1, 2, …*8-13 一平面简谐波沿x 轴正向传播，振幅为A = 10 cm ，角频率π7=ω rad/s ，当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处a 质点的振动状态为0=a y ，0)d d (<a t y ；同时x = 20cm 处b 质点的振动状态为0.5=b y cm ，0)d (>b t y ．设波长10>λcm ，求该波的波函数．P315 13.13解：当t = 1.0s 时刻，a 质点 0cos ==a a A y ϕ，0sin )d d ( <-==a a a A t y ϕωυ， ♉ 2ππ2+=k a ϕ ①b 质点 2cos A A y a b ==ϕ，0sin )d d ( >-==a b b A t y ϕωυ，♉ 3ππ2-'=k b ϕ a 、b 两点相位差 b a ϕϕϕ-=∆65π)(π2+'-=k ka 、b 两点间距λ<=-=∆10b a x x x ，∴π2<∆ϕ，则ϕ∆的取值可分两种情况⑴ 当0='-k k 时，b a ϕϕϕ-=∆65π=，♉λϕ2π=∆∆x ，则 )(2πϕλ∆∆=x = 24 (cm)∵波沿x 轴正向传播，可设波函数为)π2cos(0ϕλω+-=x t A y )24π2π7cos(100ϕ+-=x t当t = 1.0 s ，x = 10 cm 时波函数的相位 a ϕϕ=+⨯-⨯01024π21.0π7 ②由式①、②求得： 317ππ20-=k ϕ，不妨取 k = 0，则 17π0-=ϕ 波函数为 )π31712ππ7cos(10--=x t y (cm)⑵ 当1-='-k k 时，b a ϕϕϕ-=∆67π-= < 0，波将沿x 轴负向传播，故舍去．作业10 光的衍射10-1 如果单缝夫琅和费衍射的第一级暗纹发生在衍射角为︒=30θ的方位上，所用单色光波长为500=λnm ，则单缝宽度为： 1.0 μm ．解：暗纹公式 λθk a =sin10-2 在单缝夫琅和费衍射装置中，设中央明纹衍射角围很小．若使单缝宽度a 变为原来的3/2，同时使入射单色光波长变为原来的3/4，则屏上单缝衍射条纹中央明纹的宽度2ρ将变为原来的 1/2 倍．解：由单缝衍射暗纹公式 λθk a =sin ，暗纹位置 θθsin tan f f x k ≈⋅=，∴中央明半纹宽a f x λρ==1；若43λλ='，23a a =' 代入上式得 2ρρ=' 10-3 在单缝夫琅和费衍射中，设第一级暗纹的衍射角很小．若纳黄光（≈1λ589.3 nm ）中央明纹宽度为4.00 mm ，则=2λ442 nm 的兰紫色光的中央明纹宽度为 3 mm. 解：单缝衍射中央明纹半宽度a f x λρ==1，∴2121λλρρ=，1122)(22ρλρ== 3 mm 10-4 单缝夫琅和费衍射对应三级暗纹，单缝宽度所对应的波面可分为 6 个半波带．若缝宽缩小一半，原来第三级暗纹变为第一级明纹．（原题22-2）解：由单缝暗纹公式 263sin λλλθ⨯===k a ∴ 单缝面分为6个半波带．若缝宽缩小一半，单缝面分为3个半波带，所以原第三级暗纹为变第一级明纹． 10-5 波长分别为1λ和2λ的两束平面光波，通过单缝后形成衍射，1λ的第一极小和2λ的第二极小重合．问：⑴1λ与2λ之间关系如何？⑵ 图样中还有其他极小重合吗？解：⑴ 由单缝极小条件 11sin λθ=a 222sin λθ=a而 21θθ= ∴ 212λλ=⑵ 由 111sin λθk a =与 222sin λθk a = ，如有其它级极小重合时，必有21θθ= ，于是 2211λλk k = ，而212λλ=∴ 212k k = 即只要符合级数间的这个关系时，还有其它级次的极小还会重合．10-6 如图所示，用波长为546 nm 的单色平行光垂直照射单缝，缝后透镜的焦距为40.0 cm ，测得透镜后焦平面上衍射中央明纹宽度为 1.50 mm ，求：⑴ 单缝的宽度；⑵ 若把此套实验装置浸入水中，保持透镜焦距不变，则衍射中央明条纹宽度将为多少？（水的折射率为1.33）原题22-1⑴ a = 2.912×10-4m⑵ 中央明纹宽a f x λρ2221=== 1.13×10-3 m10-7 衍射光栅主极大公式λθk d =sin ，Λ,3 ,2 ,1 ,0±±±=k ．在k = 2的方向上第一条缝与第六条缝对应点发出的两条衍射光的光程差δ λ10 ．解：光栅相邻缝对应点发出的衍射光在2=k 的方向上光程差为λ2，则1=N 与6=N 对应点发出的衍射光的光程差λλδ1052=⨯=．10-8 用波长为546.1 nm 的平行单色光垂直照射在一透射光栅上，在分光计上测得第一级光谱线的衍射角︒=30θ，则该光栅每一毫米上有 916 条刻痕．解：由光栅方程 λθk d =sin ，得 mm 91630sin 1条=︒==λd N10-9 用一毫米刻有500条刻痕的平面透射光栅观察钠光谱（3.589=λnm ），当光线垂直入射时，最多能看到第 3 级光谱．解：63102500101--⨯=⨯=d m ，光线垂直入射时，光栅衍射明纹条件λθk d =sin∵1sin <θ，得 39.3=<λdk ，取整数 3max =k10-10 一束平行光垂直入射在平面透射光栅上，当光栅常数d /a = 3 时，k = 3, 6, 9级不出现．解：由光栅缺级条件()k a d k '=，Λ,3,2,1±±±='k 时，Λ,9,6,3±±±=k 级缺级当k '取1时，3=k ，∴a d 3= 10-11 入射光波长一定时，当光线从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线最高级数max k 变大（填“变小”或“变大”或“不变”）．解：正入射光栅方程λθk d =sin ；斜入射光栅方程λθk i d '=+)sin (sin ，…，∵︒<90θ，︒<≤︒900i ，∴1sin <θ，1sin 0<<i ， ∴ m ax max k k >' 10-12 用波长围为400~760 nm 的白光照射到衍射光栅上，其衍射光谱的第二级和第三级重叠，则第三级光谱被重叠部分的波长围是 400 ～ 506.7 nm ．原题22-6 解：λλ''=k k ，2323λλ=，令 2λ= 760 nm ，得 3λ = 506.7 nm 10-13 从光源射出的光束垂直照射到衍射光栅上．若波长为3.6531=λnm 和2.4102=λnm 的两光线的最大值在︒=41θ处首次重合．问衍射光栅常数为何值？解：由光栅方程公式有 dk d k 2211sin λλθ==∴60.12.4103.6561212===λλk k 而1k 与 2k 必须是整数，又取尽量小的级数 ∴8,521==k k=︒⨯⨯==-41sin 103.6565sin 91θλk d 61000.5-⨯ m10-14 波长为500nm 的单色平行光垂直入射于光栅常数为3103-⨯=d mm 的光栅上，若光栅中的透光缝宽度3102-⨯=a mm ，问⑴ 哪些谱线缺级？⑵ 在光栅后面的整个衍射场中，能出现哪几条光谱线？解：⑴ 根据缺级条件 k a dk '=（Λ,3,2,1±±±='k ）则光栅的第k 级谱线缺级（k 为整数）本题 k k k a d k '='⨯⨯='=--2310210333 当 ='k 2、4、6….时k = 3、6、…则第±3、±6，…谱线缺级根据光栅方程 λθk d =sin ， λθsin d k = ，令 2/πθ<得 61050010103933=⨯⨯⨯=<---λdk ，再考虑到缺级．只能出现 0、±1、±2、±4、±5共9条光谱线．10-15 一双缝，缝距 d = 0.40 mm ，两缝的宽度都是a = 0.080 mm ，用波长为480=λnm 的平行光垂直照射双缝，在双缝后放一焦距为f = 2.0 m 的透镜，求：⑴ 在透镜焦平面处的屏上，双缝干涉条纹的间距∆x ；⑵ 在单缝衍射中央亮纹围的双缝干涉亮纹数目．原题22-3⑴ ∆x = 2.4×10-3 m⑵ 在单缝衍射中央亮纹围有 9条亮谱线：4 ,3 ,2 ,1 ,0±±±±级10-16 光学仪器的最小分辨角的大小[ C ](A) 与物镜直径成正比； (B) 与工作波长成反比(C) 取决于工作波长与物镜直径的比值；(D) 取决于物镜直径与工作波长的比值. 解：Dλϕ22.1δ=10-17 人眼瞳孔随光强大小而变，平均孔径约为3.0 mm ，设感光波长为550 nm ，眼睛可分辨的角距离约为 1 分．解：取人眼孔径为3 mm ，入射光波长为550nm ，眼最小分辨角 122.1δ'≅=ΛDλϕ10-18 在夜间人眼的瞳孔直径约为5.0 mm ，在可见光中人眼最敏感的波长为550 nm ，此时人眼的最小分辨角为 27.6 秒，有迎面驶来的汽车，两盏前灯相距1.30 m ，当汽车离人的距离为 9.69×103m 时，人眼恰好可分辨这两盏灯．原题22-7 解：Λ==Dλϕ22.1δ； Λ=∆∆=θx l10-19 根据光学仪器分辨率的瑞利判据，要利用望远镜分辨遥远星系中的星体，可采用增大透镜直径或用较短的波长的方法．10-20 用一部照相机在距离地面20 km 的高空中拍摄地面上的物体，若要求它能分辨地面上相距为0.1m 的两点，问照相机镜头的直径至少要 13.4 cm ．（设感光波长为550 nm ）解：由 l s D ==λϕ22.1δ，得134.01.010*********.1 22.139=⨯⨯⨯⨯==-s l D λm = 13.4cm 10-21 以未知波长的X 射线掠入射于晶面间隔为10103-⨯=d m 的晶面上，测得第一级布喇格衍射角︒=51θ，则该X ．解：λϕk d =sin 2，k = 1，……10-22 一束波长围为0.095 ~ 0.140 nm 的X 射线照射到某晶体上，入射方向与某一晶面夹角为︒30，此晶面间的间距为0.275 nm ，求这束X 射线中能在此晶面上产生强反射的波长的大小．原题22-8=λ0.1375 nm10-23 测量未知晶体晶格常数最有效的方法是X 射线衍射法．现用波长07126.0=λ nm （钼谱线）的X 射线照射到某未知晶体上，转动晶体，在三个相互正交的方位上各测得第2级布喇格衍射角分别为59561'''︒=ϕ、79132'''︒=ϕ、14943'''︒=ϕ，请分别求出这三个相互正交方位上的晶面间距．解：晶体的衍射满足布喇格方程 λϕk d =sin 2 ϕλsin 2k d =已知 k = 2，︒=985.61ϕ、︒=319.32ϕ、︒=161.43ϕ解得：=1d 0.586 nm ，=2d 1.231 nm ，=3d 0.982 nm （该晶体为斜方晶系的无水芒硝）习题参考答案作业2 动量与角动量功与能2-1 0.6 N·s； 2 g 2-2 1.41 Ns2-3 M P '=2υ；=''F 30N ，=P 45W 2-4 5.30 × 1012m 2-5 B A a b υυ= 2-6 0.45 m2-7 )(mr k ，)2(r k - 2-8 )2(22k g m2-9 )6(R GMm ，)3(R GMm - 2-10 4.23×106 J ， 151 s 2-11 31 J ，5.345 m/s2-12 222k ωq m E P =，222k ωp m E Q =222ωp m A x =，222ωq m A y -=作业4 气体动理论4-1 0.13 kg ，117升4-2 平衡状态，气体的准静态过程 4-3 1.53 × 104 Pa 4-4 相同，不同，不同 4-5 kTpVN =4-6 10 : 3， 5 : 3， 1 : 1 4-7 略4-8 =∆E 41.55 J ，221007.2-⨯=∆K E 4-9 =∆T 0.481 K ，41000.2⨯=∆p Pa 4-10 R E 52，)5(2μE ，)π5(4μE4-11 υυυd )(d 100⎰⎰∞=='f NN N ，υυd )(100⎰∞=f P ，υυυυυυd )(d )(100100⎰⎰∞∞=f f4-12 D4-13 51035.1⨯=P Pa 4-14 n = 3.2×1017 m 3 ，=λ7.8 m ，=z 59.9 s 14-15 =⎪⎭⎫ ⎝⎛υ1kT m π2=， υυ1π41⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛4-16 )3(20υ=a ，=∆N 0.333 N ，=υ 1.220υ，=2υ 1.310υ作业6 狭义相对论基础6-1 93，10，0，2.5×107s 6-2 51033.3-⨯-s ，天津 6-3 3.61 m ，143369.33'︒=︒ 6-4 1.418×108 m/s = 0.473 c 6-5 12 m ，4 s6-6 =∆t 1.6 s ，='∆t 0.96 s 6-7 )(122c a υ-，)(122c mυ-，)1(22c ab mυ-6-8cu c u l x -+=∆110,c u c u cl t -+=∆110,c =υ 6-9 0.7×106-10 50.8% 6-11 46-12 211k c -=υ 6-13 0.866 c ，0.866 c 6-14 2.94×10 eV6-15 4.1×1066-16 m = 2.67m 0，=υ0.5c ，0031.2m m =' 6-17 c 115.0m ax =υ，=ke E 3.43×103eV ，==ke kp 1840E E 6.31×106eV作业8 波动8-1 略8-2 7.58×105 m8-3 316， 2.11×10118-4 10.5m ，5Hz ，52.4m/s ，x 轴正方向x = 0处质元的振动方程 8-5 600 cm/s ，)]24π(252sin[30.0x t y +=(cm)8-6 2π9-=ϕ，2π=∆ϕ 8-7 )]4(2cos[1042x t y -⨯=-π，图略8-8 4106.0-⨯J/m 3，4102.1-⨯J/m 3；71024.9-⨯J 8-9 0.58-10 []2ππ4cos 01.0++=x t y 反 8-11 ]π)(π2cos[+-=u x t A y ν]2π)(π2cos[--=x t A y ν入]2π)(π2cos[++=u x t A y ν反波节：νu k x ⋅=2（k = 0, -1, -2, …），波腹：νu k x )412(-=（k = 0, -1,-2, …）8-12 )( π2cos 2λx T t A y -=，t Tx A y y y π2cos π2cos 221λ=+=波腹 2 λk x =，k = 0, 1, 2, …波节 4)2( λ+=k x ，k = 0, 1, 2, …8-13 )π31712ππ7cos(10--=x t y (cm)作业10 光的衍射10-1 1.0 10-2 1/2 10-3 310-4 6，一级明10-5 212λλ=，1λ的第k 1极小和2λ的第k 2 = 2k 1极小重合． 10-6 a = 2.912×10-4m,=ρ2 1.13×10-3m 10-7 λ10 10-8 916 10-9 3 10-10 3 10-11 变大10-12 400 ～ 506.7 10-13 61000.5-⨯=d m10-14 第±3、±6，…谱线缺级，只出现0,±1,±2,±4,±5共9条光谱线. 10-15 2.4 mm ， 9条亮纹10-16 C 10-17 110-18 27.6， 9.69×10310-19 增大透镜直径，用较短的波长 10-20 13.4 10-21 111023.5-⨯ 10-22 =λ0.1375 nm10-23 =1d 0.586 nm ，=2d 1.231 nm ，=3d 0.982 nm。

大学物理下册练习及答案

电磁学磁力图所示，一电子经过A 点时，具有速率s m /10170⨯=υ。

（1）欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁场大小和方向；（2）求电子自A 运动到C 所需的时间。

解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 Rv m B ev 200=得出T eR mv B 3197310101.105.0106.11011011.9---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯== 磁场方向应该垂直纸面向里。

（2）所需的时间为s v R T t 870106.110105.0222-⨯=⨯⨯===ππ eV 3100.2⨯的一个正电子，射入磁感应强度B =0.1T 的匀强磁场中，其速度矢量与B 成B 的方向。

试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。

解：正电子的速率为731193106.21011.9106.110222⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为101931106.31.0106.11011.922---⨯=⨯⨯⨯⨯==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --⨯=⨯⨯⨯⨯==T v h m半径为3197310105.1.0106.189sin 106.21011.989sin ---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==eB mv rm d =1.0mm ，放在B =1.5T 的磁立方厘米有8.42210⨯个自由电子，每个电子的电荷19106.1-⨯-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时，（1）求铜片两侧的电势差'aa U ；（2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响？为什么？解：（1）531928'1023.2100.1)106.1(104.85.1200---⨯-=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯==nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。

（2）铜片宽度b 对'aa U =H U 无影响。

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第十二章导体电学【例题精选】例12-1 把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则 (A) U B > U A ≠0． (B) U B > U A = 0．(C) U B = U A ． (D) U B < U A ． [ D ]例12-2 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R ． (B) R U 0． (C) 20r RU ． (D) r U 0． [ C ] *例12-3 如图所示，封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。

A 、C 不带电，B 带正电，则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是（A ） U A = UB = UC （B ） U B > U A = U C （C ） U B > U C > U A （D ） U B > U A > U C例12-4 在一个不带电的导体球壳内，先放进一个电荷为 +q 的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触。

然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q 取走。

此时，球壳的电荷为；电场分布的范围是． -q 球壳外的整个空间例12-5 如图所示，A 、B 为靠得很近的两块平行的大金属平板，两板的面积均为S ，板间的距离为d ．今使A 板带电荷q A ，B 板带电荷q B ，且q A > q B ．则A 板的靠近B 的一侧所带电荷为；两板间电势差U = ．)(21B A q q - Sd q q B A 02)(ε- 例12-6 一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d 。

充电后，两极板间相互作用力为F 。

则两极板间的电势差为；极板上的电荷为。

C Fd /2 FdC 2例12-7 C 1和C 2两个电容器，其上分别标明200 pF （电容量）、500 V （耐压值）和300 pF 、900 V ．把它们串连起来在两端加上1000 V 电压，则(A) C 1被击穿，C 2不被击穿． (B) C 2被击穿，C 1不被击穿．(C) 两者都被击穿． (D) 两者都不被击穿． [ C ]ABA C Bd例12-8 半径分别为1.0 cm 与2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.0³10-8 C ，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求：(1) 每个球所带电荷；(2) 每个球的电势．(22/C m N 1094190⋅⨯=πε) 解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ，则两球电势分别是 10114r q U επ=， 20224r q U επ=两球相连后电势相等 21U U =，则有 21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 92122103.132-⨯=+=r r qr q C两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V例12-9 如图所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为 R a 、 R b 、R c ．圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地．求Ｂ的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2．解：设B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，而A 、C 上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ，方向由B 指向AB 、C 间场强分布为E 2=λ2 / 2πε0r ，方向由B 指向CB 、A 间电势差 a b R R R R BA R R r r r E U ab a bln 2d 2d 0111ελελπ=π-=⋅=⎰⎰B 、C 间电势差 b c R R R R BC R R r r r E U cb cb ln 2d 2d 0222ελελπ=π-=⋅=⎰⎰ 因U BA ＝U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 【练习题】*12-1 设地球半径R =6.4⨯106 m ，求其电容？解：C=4πε0R=7.12³10-4F12-2三块互相平行的导体板，相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多，外面二板用导线连接．中间板上带电，设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图所示．则比值σ1 / σ2为λ2(A) d 1 / d 2． (B) d 2 / d 1． (C) 1． (D) 2122/d d ． [ B ]12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F 与两极板间的电压U 的关系：(A) F ∝U ． (B) F ∝1/U ． (C) F ∝1/U 2． (D) F ∝U 2． [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A) 空心球电容值大． (B) 实心球电容值大．(C) 两球电容值相等． (D) 大小关系无法确定． [ C ] 12-5 一导体A ，带电荷Q 1，其外包一导体壳B ，带电荷Q 2，且不与导体A 接触．试证在静电平衡时，B 的外表面带电荷为Q 1 + Q 2．证明：在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图．设B 内表面上带电荷Q 2′，按高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故0/)(d 021='+=⎰⋅εQ Q S E S∴ 12Q Q -=' 根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为2Q ''，则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章电介质【例题精选】例13-1 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ． (C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． [ B ] 例13-2 C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。

大学物理下作业答案

习题一一、选择题1．如图所示，半径为R 的圆环开有一小空隙而形成一圆弧，弧长为L ，电荷Q -均匀分布其上。

空隙长为()L L R ∆∆<<，则圆弧中心O 点的电场强度和电势分别为 [ ] （Ａ）200,44Q L Qi R L Rπεπε-∆-；（Ｂ）2200,84Q L Qi R L Rπεπε-∆-；（Ｃ）200,44Q L Qi R L Rπεπε∆；（Ｄ）200,44Q L Q Li R L RLπεπε-∆-∆。

答案：A解：闭合圆环中心场强为0，则圆弧产生的场强与空隙在圆心处产生的场强之和为0。

由于空隙 ∆l 非常小，可视为点电荷，设它与圆弧电荷密度相同，则所带电荷为/Q L L -∆，产生的场强为204Q L i R L πε∆，所以圆弧产生的场强为204OQ LE i R Lπε-∆=；又根据电势叠加原理可得04O Q U Rπε-= .2．有两个电荷都是＋q 的点电荷，相距为2a 。

今以左边的点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面。

在球面上取两块相等的小面积S 1和S 2，其位置如图所示。

设通过S 1和S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电场强度通量为S Φ，则［］（A ）120, /S q εΦ>ΦΦ=；（B ）120, 2/S q εΦ<ΦΦ=；（C ）120, /S q εΦ=ΦΦ=；（D ）120, /S q εΦ<ΦΦ=。

答案：D解：由高斯定理知0Φ=S q 。

由于面积S 1和S 2相等且很小，场强可视为均匀。

根据场强叠加原理，120,0E E =<，所以12Φ0,Φ0=>。

3．半径为R 的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r 的关系曲线为 [ ]答案：B2∝2∝rRr R解：由高斯定理知均匀带电球体的场强分布为()302041 ()4qrr R R E q r R r πεπε⎧<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，所以选（B ）。

大学物理下作业答案.docx

静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下，极板间的电场等同于电荷均匀分布，密度为o = ±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场一-匀强电场，一板在另一板处之电场强度为£ = o/(2s0)，方向垂直于板面.所以，极板间的相互作用力F =q・E = q2 /(2件)。

故选(B)。

2.解：设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体，使A(即Q)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为q/(6&o),而侧面abed是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abed的电场强度通量等于q/(24%).选(C)。

3.解:寸亘•丞=jpdV/£°适用于任何静电场.选(A)。

4.解：选(B)。

5.解:据高斯定理知：通过整个球面的电场强度通=q/&. ■内电荷通过昂、&的电通量相等且大于零; 外电荷对品的通量为负，对&的通量为正. 所以0>1 <0>2 •故(D)对。

二. 填空题：1.解：无限大带电平面产生的电场E= —2&oA L 八(5 2(5 3(5A 区：E A= ------------------ = ------2s0 2s02g0CL L b 2b bB 区：E R = ------------ = ------2s0 2s 02s0C区"c=三+至=至2s n 2s n 2s n2.解：据题意知，P点处场强方向若垂直于OP,则入在P点场强的OP分量与Q在P点的场强E QP一定大小相等、方向相反.即Jcp = ------------- c os——= ----------- =也冲= -------- , O — aA .2%。

3 4%。

4%。

之3. 解：无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。

华东理工大学2020版大学物理(下)习题册答案

2 0
dU
2x
x
E (
1) (1
)
dx
2 0 2 x2 R2
2 0
x2 R2
11
大学物理(下)习题册参考解答
第九章静电场中的导体和电介质
1、一导体球半径为 R1，其外同心地罩以内、外半径分别为 R2 和 R3 的厚导体壳，此系统带电后内球电势为 U，外球所带电量为 Q，求此系统各处的电势和电场分布?
2
3
A 点与平面 II 相距为 5.0cm，B 点与平面 II 相距 7.0cm，求:
(1) A、B 两点的电势差；
(2) 把电量 q 0= 1.0×10-8C 的点电荷从 A 点移到 B 点，外力
克服电场力作功多少?
AB
解：（1） E A
E1 E2 E3
1 2 0
2 2 0
3 2 0
103 2 0
解：由于与 r 成线性关系，电场分布仍有球对称性，故可由高斯定理求解。
作同心球面为高斯面
rR
又因
E内 dS E内4r2
q 0
q r br4r2dr r 4br3dr br4
0
0
E内
br 4 4 0 r 2
br 2 4 0
U2
q2
U1
q1
R1
R2
r R
q dV R 4brr2dr Rb4r3dr bR4
rR
ρ π r2l
Eds E 2π r l ε0
r E
2 0
rR
E 2π r l ρ π R2l ε0
E R2 2 0 r
（1） r R rR
U
0 r dr
r2
r 2 0

大学物理下练习题答案

大学物理下练习题一、选择题（每题1分，共41分）1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？（B ）(A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比；(B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0.2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ）（A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。

（B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。

（C ）场强方向可由 E =F /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力。

( D )以上说法都不正确。

3．图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: （A ）(A ) i a02πελ.(B) 0.(C)i a 04πελ. (D) )(40j +i aπελ.4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强（C ）(A) 大小为零.(B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向.(C) 大小为()2022a q πε, 方向沿y 轴正向.(D) 大小为)2022a q πε, 方向沿y 轴负向.5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ）(A) πR 2E .(B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E .(D) 0 .6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ）（Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零+λ-λ∙ (0, a ) xy O图1.1图1.2图1.3（Ｂ）高斯面上电场强处处为零，则高斯面内的电荷代数和必为零。

大学物理学(下册)习题答案详解

第十二章热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功．解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解．解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程．在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程．在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量．解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证．证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-．解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态．三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解．解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断．解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒．取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定．解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同．解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍．解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=，真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

大学物理(下册)习题与答案

大学物理练习册物理教研室遍热力学（一）一、选择题：1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程（A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。

（B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。

（C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。

（D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。

[ ]2、在下列各种说法中，哪些是正确的？[ ]（1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。

（2）热平衡过程一定是可逆过程。

（3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。

（4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。

（A）（1）、（2）（B）（3）、（4）（C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4）3、设有下列过程：[ ]（1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。

（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。

（3）冰溶解为水。

（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。

其中是逆过程的为（A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4）4、关于可逆过程和不可逆过程的判断：[ ]（1）可逆热力学过程一定是准静态过程。

（2）准静态过程一定是可逆过程。

（3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。

（4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。

以上四种判断，其中正确的是（A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4）（C）（2）、（4）（D）（1）、（4）5、在下列说法中，哪些是正确的？[ ]（1）可逆过程一定是平衡过程。

（2）平衡过程一定是可逆的。

（3）不可逆过程一定是非平衡过程。

（4）非平衡过程一定是不可逆的。

（A）（1）、（4）（B）（2）、（3）（C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）6、置于容器的气体，如果气体各处压强相等，或气体各处温度相同，则这两种情况下气体的状态 [ ]（A ）一定都是平衡态。