大学物理第07章习题分析与解答备课讲稿
大学物理课后习题答案 第七章
Q
RT1
ln
V2 V1
8.31 400 ln 0.005 0.001
5.35 103 J
（2） 根据卡诺循环的效率公式可得
1 T2 A净 T1 Q吸
A净
（1
T2 T1
)Q吸
(1
300 ) 5.35 103 400
1.34 103 J
（3）由能量守恒 Q吸 A净 Q放 可得
Pa Va )
1 2 (Pb
Pa ) (Vb
Va )
9.5 102 J
A 100 10.5% Q吸 950
B
C 2 V (L)
62
大学物理上习题册参考解答
10、一定质量理想气体（摩尔热容比为 γ）的某循环过程的 T-V 图如下，其中 CA 为绝
热过程，状态 A(T1,V1)和状态 B（T2,V2）为已知，试问：
RT2
ln
VA VB
R(T1 T2) ln
VA VB
T2 T1 T2
14、一台家用冰箱放在室温为 300K 的房间内，做一盘 2.09105 J 的热量。设冰箱为理想卡诺制冷机。 （1）求做一盘冰块所需要的功；
℃的冰块需从冷冻室取走
（2）若此冰箱能以 2.09102 J / s 的速率取出热量，求冰箱的电功率。
mR mR
60
大学物理上习题册参考解答
6、某理想气体在 P-V 图上等温线与绝热线相交于 A
点（如图所示）。 已知 A 点的压强 P1=2×105Pa，体积 V1=0.5 P ×10-3m3 ，而且 A 点处等温线的斜率与绝热线斜率之比为
0.714，现使气体从 A 点绝热膨胀至 B 点，其体积 V2=1×10-3m3。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第七章静电场第2讲含答案
第2讲电场能的性质一、电势能、电势、电势差、等势面1．静电力做功(1）特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．②W AB＝qU AB,适用于任何电场．2．电势能（1）定义：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功．(2）静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量,即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p。
(3)电势能的相对性:电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面的电势能规定为零．3．电势（1)定义:电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．（2）定义式：φ＝错误!。
（3)矢标性:电势是标量，有正负之分，其正(负）表示该点电势比零电势高(低）．（4）相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．4．电势差（1)定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功与移动电荷的电荷量的比值．(2）定义式:U AB＝错误!。
(3)电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.5．等势面（1)定义：电场中电势相等的各点组成的面．（2)四个特点：①在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．②电场线一定与等势面垂直，并且从电势高的等势面指向电势低的等势面．③等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．④任意两个等势面都不相交．二、电场线、电势、电势能、等势面之间的关系1．电场线与电场强度：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线与等势面：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．3．电场强度大小与电势：无直接关系，零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方,电势不一定高．4．电势能与电势：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大．三、公式E＝错误!的理解1．只适用于匀强电场．2．d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．3．电场强度的方向是电势降低最快的方向．四、静电感应和静电平衡1．静电感应当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷,“近端"出现与施感电荷异种的感应电荷,“远端"出现与施感电荷同种的感应电荷．这种现象叫静电感应．2．静电平衡（1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加场强为零时,自由电荷不再发生定向移动,导体处于静电平衡状态．（2)处于静电平衡状态的导体的特点①导体内部的场强处处为零；②导体是一个等势体，导体表面是等势面;③导体表面处的场强方向与导体表面垂直;④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上;⑤在导体外表面越尖锐的位置，净电荷的密度（单位面积上的电荷量)越大,凹陷的位置几乎没有净电荷．1．判断下列说法是否正确．(1)电势等于零的物体一定不带电．(×)(2）电场强度为零的点，电势一定为零．(×）(3）同一电场线上的各点,电势一定相等．(×)(4)负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加．(√）（5)电势越高的地方，电荷的电势能也越大．（×）2．（教科版选修3－1P39第7题）电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则(）A．电场力做功仍为WB．电场力做功为错误!C．两点间的电势差仍为UD．两点间的电势差为错误!答案 C3．（教科版选修3－1P39第8题）一电荷在电场中从静止开始并只在电场力作用下运动，则它一定（)A．向场强较小的地方运动B．向电势较低的地方运动C．向电势能较小的地方运动D．沿某条电场线运动答案 C4。
大学物理课后答案第七章.doc
第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1. 掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；2. 学会计算电容器的电容；3. 了解介质的极化现象及其微观解释；4. 了解各向同性介质中D和E的关系和区别；5. 了解介质中电场的高斯定理；6. 理解电场能量密度的概念。
二、基本内容1. 导体静电平衡(1) 静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零(2) 导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
(3) 导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。
2. 电容(1) 孤立导体的电容c=勺V电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。
(2) 电容器的电容C =—9-V A~ Vq为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
V A-V B为A、B两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
(3) 电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之111 1和。
等效电容由一=—+—+川+一进行计算。
C C C C1 2 n并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。
等效电容为C=C +C ,川*C o 1 2 n(4) 计算电容的一般步骤+ 一%1设两极带电分别为q和q，由电荷分布求出两极间电场分布。
~ = J B%1由V V E dl求两极板间的电势差。
A B A%1根据电容定义求c wV A VB3. 电位移矢量D=£ +人为引入的辅助物理量，定义D E P, D既与E有关，又与P有关。
说明D 0不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。
定义式无论对各向同性介质，还是各向号惟会质都适用。
大学物理习题答案解析第七章
第七章 恒定磁场7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ） （A ） （B ） （C ） （D ）分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为（C ）。
7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；．因而正确答案为（D ）． 7 －3 下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为（B ）．7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）r R B B 2=r R B B =r R B B =2r R B B 4=21==R r n n r R B r 2π2B r 2παB r cos π22αB r cos π2S B ⋅=m Φ（A ） ，（B ） ，（C ） ，（D ） ，分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）．*7 －5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ） （A ）（B ） （C ） （D ）分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）．7 －6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速。
大学物理学 第7章 机械波 习题解答 [王玉国 康山林 赵宝群]
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3 2 y p 0.04 cos t 2 5
u 0.08m/s
y / cm
P
O
0 .20
x / cm
0.04
题 7-3 图
7-4．已知一沿 x 正方向传播的平面余弦波， t (1)写出 O 点的振动表达式； (2)写出该波的波动表达式； (3)写出 A 点的振动表达式； (4)写出 A 点离 O 点的距离。
2 t T
S1
S2
x
2 2 t x) ； T 2 t ) 。 S1 为原点， T 2
由于 S 2 质点的振动比 S1 超前 2 ，所以 S 2 的振动方程为： y20 A cos(
波源 S 2 在其左侧产生的行波方程为：
5 x 2 4 A cos 2 t 2 x 2 y2 A cos t 2 2 T T
x 2 y2 A cos t 2 2 叠加，得 S1 左侧的合成波动方程： T
2 2 y左 y1 ' y2 2 A cos （ t x ） ； T
(3)波源 S 2 在其右侧产生的行波方程为：
5 x 2 4 A cos 2 t 2 x 3 y2 A cos t 2 2 T T
125t 0.37 x2 125t 0.37 x1 0.37 x2 x1 0.37 25 10 5.55rad
(3) t 4s 时， y1 0.25cos(125 4 3.7 10) 0.375m
大学物理第七章习题及答案
第七章 振动学基础一、填空1．简谐振动的运动学方程是 。
简谐振动系统的机械能是 。
2．简谐振动的角频率由 决定，而振幅和初相位由 决定。
3.达到稳定时，受迫振动的频率等于 ，发生共振的条件 。
4．质量为10-2㎏的小球与轻质弹簧组成的系统，按20.1cos(8)3x t ππ=-+的规律做运动，式中t 以s 为单位，x 以m 为单位，则振动周期为 初相位 速度最大值 。
5．物体的简谐运动的方程为s ()x A in t ωα=-+，则其周期为 ，初相位 6．一质点同时参与同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为10.1cos()4x t πω=+，20.1cos()4x t πω=-，其合振动的振幅为 ，初相位为 。
7．一质点同时参与两个同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为)4cos(06.01πω+=t x ，250.05cos()4x t πω=+，其合振动的振幅为 ，初相位为 。
8．相互垂直的同频率简谐振动，当两分振动相位差为0或π时，质点的轨迹是 当相位差为2π或32π时，质点轨迹是 。
二、简答1．简述弹簧振子模型的理想化条件。
2．简述什么是简谐振动，阻尼振动和受迫振动。
3．用矢量图示法表示振动0.02cos(10)6x t π=+,(各量均采用国际单位).三、计算题7.1 质量为10×10-3㎏的小球与轻质弹簧组成的系统，按X=0.1cos （8πt+2π/3）的规律做运动，式中t 以s 为单位，x 以m 为单位，试求： （1）振动的圆频率，周期，初相位及速度与加速度的最大值； （2）最大恢复力，振动能量；（3）t=1s ，2s ，5s ，10s 等时刻的相位是多少？（4）画出振动的旋转矢量图，并在图中指明t=1s ，2s ，5s ，10s 等时刻矢量的位置。
7.2 一个沿着X 轴做简谐振动的弹簧振子，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时刻，质点的状态分别为： （1）X 0=-A ；（2）过平衡位置向正向运动； （3）过X=A/2处向负向运动； （4）过X=2A 处向正向运动。
大学物理学课后习题7第七章答案
q 6 0
对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q
所在的顶点，则 e
q 24 0
，
如果它包含 q 所在顶点则 e 0 ．
7.8 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×
105 C·m-3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强．
解:
高斯定理 当 r 5 cm
均匀分布，其电势U
E
dr
R2
qdr R2 4π 0 r 2
q 4π 0 R
题 7.16 图
(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：
U
q 4π 0 R2
q 4π 0 R2
(2)同理
dEQ
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
方向如题 7.6 图所示
由于对称性 l dEQx 0 ，即 EQ 只有 y 分量，
∵
dEQy
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
d2
x2
d
2 2
EQy
l dEQy
d2 4π 2
l 2
dx
l
3
2
(x2
d
2 2
)
2
l
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?ddrl?则??ddrq?产生o点e?d如图由于对称性o点场强沿y轴负方向题714图??????cos4dd2220?????rreeyr04???2sin??2sin??r02????2ab电荷在o点产生电势以0??u?????ab200012ln44d4drrxxxxu??????同理cd产生2ln402???u半圆环产生00344??????rru0032142ln2?????????uuuuo715两个平行金属板ab的面积为200cm2a和b之间距离为2cmb板接地如图715所示
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答一、选择题7-1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[ ](A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析：理想气体分子的平均平动动能32k kT ε=，仅与温度有关，因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式p nkT =，当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选（C ）。
7-2 理想气体处于平衡状态，设温度为T ，气体分子的自由度为i ，则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为2i kT (B) 动能为2iRT(C) 平均动能为2i kT (D) 平均平动动能为2iRT分析：由理想气体分子的的平均平动动能32k kT ε=和理想气体分子的的平均动能2ikT ε=，故选择（C ）。
7-3 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为()()()1/21/21/222::2A B Cv v v =1:2:4，则其压强之比为A B C p :p :p[ ](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1=，又由物态方程p nkT =，所以当三容器中得分子数密度相同时，得123123::::1:4:16p p p T T T ==。
故选择（C ）。
7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果()2p O v 和()2p H v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[ ](A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式p ν=质量22H O M M <，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线a 对应于氧分子的速率分布曲线。
《大学物理》第二版课后习题答案第七章
习题精解7-1一条无限长直导线在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图7.6所示，若已知导线中电流强度为I,试利用比奥—萨伐尔定律求：（1）当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度；（2）当圆弧为1/4圆周时，圆心O 处的磁感应强度。
解（1）如图7.6所示，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于直线电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据比奥—萨伐尔定律，半圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB Rμπ=方向垂直纸面向内。
半圆弧在O 点产生的磁感应强度为 000220444RIIdl I B R R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
（2）如图7.6（b ）所示，同理，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据毕奥—萨伐尔定理，1/4圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB R μπ=方向垂直纸面向内，1/4圆弧电流在O 点产生的磁感应强度为00022204428RIIdl I R B R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
7.2 如图7.7所示，有一被折成直角的无限长直导线有20A 电流，P 点在折线的延长线上，设a 为，试求P 点磁感应强度。
解 P 点的磁感应强度可看作由两段载流直导线AB 和BC 所产生的磁场叠加而成。
AB 段在P 点所产生的磁感应强度为零，BC 段在P 点所产生的磁感应强度为 0120(cos cos )4IB r μθθπ=- 式中120,,2r a πθθπ=== 。
所以500(cos cos ) 4.010()42I B T a μπππ=-=⨯ 方向垂直纸面向里。
2021版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第七章 静电场 本章科学素养提升 Word版含答案
⊳规范表达能力的培养⊳迁移变通能力的培养规范答题要求：必要过程的叙述、遵循规律的叙述、假设物理量的叙述.图1B板小孔时的速度多大？为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，“等效法”在电场中的应用处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而决定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态．1．等效重力法．将重力与电场力进行合成，如图2所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝F 合m 为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．图22．物理最高点与几何最高点．在“等效力场”做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．例2 如图3所示，在竖直边界线O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界线O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35.求：(g 取10 m/s 2)图3(1)小球到达C 点时的速度大小；(2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离． 答案 (1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m解析 (1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos 30°h sin 30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12m v 2C －0，解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中， 根据机械能守恒定律可得 12m v 2C ＝12m v 2D ＋mg ·2R 在最高点以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v 2DR，解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2假设小球落在BC 段，则应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t,2R ＝12at 2，解得x ＝ 2 m ＜ 3 m ，假设正确．。
大学物理习题集答案解析-第七章-磁力
解：( 俯视逆时针旋转. )
h 2mv//
eB
eB h
v//
m
2
R
mv eB
eB v m R
B F
v
v2 v/2/
eB m
R2 h 2
2
由洛伦兹力 F ev B 可判断出 B沿螺旋轴竖直向上( 如图示 ).
7-4 如图示，一条任意形状的载流导线位于均匀磁场 中，试证明它所受到的安培力等于载流直导线ab所 受到的安培力。
为I2且AB与ab在同一平面上，ABab，如图8-2所示，a端距离 AB为ra，b端距离AB为rb，求导线ab受到的作用力。
解的：磁感在应ab上强任度取方一向线: 元B dr,d由rAB产生
A
大小： B 0 I1 2r
I1 r ab
d F I2dr sB i9n 0 I2Bd 同向r叠加
I2 dr
Fe12
q1q2
4 0a2
rˆ1（2 向上）
F12Fe12
v1 q 1
v2
qrˆ12 2
8-5 电流由长直导线1沿平行bc边方向经过a点流入一电阻均匀分布
的正三角形线框，再由b点沿cb方向流出，经长直导线2返回电源，
如图8-5所示，已知导线上的电流为I，三角框的每一边长为L，求三
角框中心O点的磁感应强度的大小。
第七章 磁力
7-1 7-5 7-9 7-2 7-6 7-3 7-7 7-4 7-8
7-1 .有一质量为ｍ的倒Ｕ形导线，两端浸没在水银槽中，导
线的上段长l 处在均匀磁场B中，如果使一个电流脉冲，即
t
电冲量持续q时间与0导id线t跳通起过时导间线相,这比导非线常就小会，跳试起由来导，线假所定达电高脉度
大学物理答案第七章热力学基础-习题解答
展望
学习方法建议
多做习题，提高解题能力 和综合分析能力。
加强理论学习，深入理解 热力学的物理意义和数学 表达。
关注学科前沿，了解热力 学在最新科研和技术中的 应用。
THANK YOU
感谢聆听
•·
热力学第一定律是能量守恒定律 在热学中的具体表现，它指出系 统能量的增加等于传入系统的热 量与外界对系统所做的功的和。
功的计算：在封闭系统中，外界 对系统所做的功可以通过热力学 第一定律进行计算，这有助于理 解系统能量的转化和利用。
能量平衡：利用热力学第一定律 ，可以分析系统的能量平衡，判 断系统是否处于热平衡状态。
热力学第二定律
热力学第二定律
描述了热力过程中宏观性质的自然方向性，即不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其它变 化。
表达式
不可能通过有限个步骤将热量从低温物体传到高温物体而不引起其它变化。
03
热力学基础习题解答
热力学第一定律的应用
热量计算：通过热力学第一定律 ，可以计算系统吸收或放出的热 量，进而分析系统的能量变化。
热力学第二定律的应用
01
02
热力学第二定律指出，自
•·
发过程总是向着熵增加的
方向进行，即不可逆过程
总是向着宏观状态更混乱
、更无序的方向发展。
03
04
05
熵增加原理：根据热力学 第二定律，孤立系统的熵 永不减少，即自发过程总 是向着熵增加的方向进行 。
热机效率：利用热力学第 二定律，可以分析热机的 效率，探讨如何提高热机 的效率。
100%
制冷机效率的影响因素
制冷机效率受到多种因素的影响 ，如制冷剂的性质、蒸发温度和 冷凝温度、压缩机和冷却剂的流 量等。
大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答、选择题7-1处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[](A) 温度，压强均不相同(B)温度相同，但氦气压强大于氮气的压强(C)温度，压强都相同(D)温度相同，但氦气压强小于氮气的压强3分析：理想气体分子的平均平动动能τk= kT，仅与温度有关，因此当氦气和氮2气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式p =nkT ,当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选( C)O7-2理想气体处于平衡状态，设温度为T，气体分子的自由度为i ,则每个气体分子所具有的[](A)动能为-kT (B)动能为丄RT2 2(C)平均动能为^kT (D)平均平动动能为^RT分析：由理想气体分子的的平均平动动能3 kT和理想气体分子的的平均动能2T二丄kT ,故选择(C)O27-3三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度n相同，而方均根1/2 1/2 1/2速率之比为V A : V B : V C 1:2:4 ,则其压强之比为P A : P B : P C[](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1 : 4 : 16 (D) 4:2:1分析：由分子方均根速率公式= J3RT,又由物态方程p = nkT ,所以当三容器中得分子数密度相同时，得p1: P2： P3 =T1 :T2 :T3 =1:4:16 O故选择(C)O7-4图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果(VP O和(V P 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[](A)图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V P O z V P H= 4(B) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V P O/ V P H? =1/4(C) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且V P O / V P H=1/4(D) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且V P O/ V P H2 =4分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式'..P=I j2RT及氢气与氧气的摩尔质量M H2£M o2,可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线a对应于氧分子的速率分布曲线。
高考物理大一轮复习第七章恒定电流本章学科素养提升讲义含解析
本章学科素养提升
(1)找原型：先根据实验目的和给出的条件把教材中的实验原型在头脑中完整地重现出来；
(2)做对比：将实验中所给器材与原型中器材进行对比，看一下少了什么器材或什么器材的量程不满足要求；再看一下多给了什么器材，注意多给的器材可能就是解决问题的“金钥匙”；
(3)定方案：根据对比结果设计电路．
(4)常用替代或改装：
①内阻已知的电压表相当于小量程的电流表；
②内阻已知的电流表则相当于小量程的电压表；
③灵敏电流计串大电阻改装成电压表：
④灵敏电流计并小电阻改装成电流表；
⑤内阻较小的电源串定值电阻相当于内阻较大的电源．
例题欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：
a．无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程．
b．有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．
现备有如下器材：
A．待测电流表(量程3mA，内阻约为50Ω)
B．电压表(量程3V，内阻未知)
C．电流表(量程15mA，内阻为10Ω)
D．保护电阻R＝120Ω
E．直流电源E(电动势2V，内阻忽略不计)
F．滑动变阻器(总阻值10Ω，额定电流0.5A)
G．开关一个，导线若干
(1)在以上提供的器材中，除A、E、F、G以外，还应选择________、________(填字母代号)．
(2)请画出符合要求的实验电路图．
解析根据题中给出的备用器材，选择伏安法测量电流表的内阻．选择内阻已知的电流表作为电压表，选择保护电阻R与并联的两个电流表串联．由于电流表两端电压最大只有0.15 V，滑动变阻器最大电阻为10Ω，所以选择分压电路，电路图如图所示．
答案(1)C D (2)见解析图。
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第七章-刚体力学习题解答
第七章刚体力学习题解答7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。
⑵在此时间内，发动机转了多少转？解：⑴21260/2)12003000(/7.15s rad t===-∆∆πωβ⑵rad 27.152)60/2)(12003000(21039.26222202⨯===∆⨯--πβωωθ对应的转数=42010214.3239.262≈⨯=⨯∆πθ7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-xy 坐标系，原点在轴上，x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向。
边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。
⑴t=0时，⑵自t=0开始转45º时，⑶转过90º时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。
解：0.222.1==+==dtd dtd t ωθβω⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10,2.1=⨯====ωω2222/2.01.00.2/144.01.0/12.0/sm R a a s m R v a a y y n x =⨯===-=-=-=-=βτ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/ssm R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =⨯⨯=︒=-=⨯⨯-=︒-=ωω222222222222/182.0)14.20.2(1.0)(45sin 45sin 45sin /465.0)14.20.2(1.0)(45cos 45cos 45cos s m R R R a s m R R R a y x -=-⨯=-︒=︒-︒=-=+⨯-=+︒-=︒-︒-=ωβωβωβωβ⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s2222/77.01.078.2/2.01.00.20/278.01.078.2s m R a s m R a v s m R v y x y x -=⨯-=-=-=⨯-=-==-=⨯-=-=ωβω7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承，以角速率ω=10rad/s 逆时针转动，求臂与铅直成45º时门中心G 的速度和加速度。
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大学物理第07章习题分析与解答r R r REO r (D)E ∝1/r 222第七章 静电场7-1 关于电场强度与电势的关系，描述正确的是[ ]。
(A) 电场强度大的地方电势一定高； (B) 沿着电场线的方向电势一定降低； (C) 均匀电场中电势处处相等； (D) 电场强度为零的地方电势也为零。
分析与解 电场强度与电势是描述静电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零；电场强度等于负电势梯度；静电场是保守场，电场线的方向就是电势降低的方向。
正确答案为（B ）。
7-2 半径为R 的均匀带电球面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r 之间的关系曲线为[ ]。
3、下 7-分析与解 根据静电场的高斯定理可以求得均匀带电球面的电场强度分布为 ⎪⎩⎪⎨⎧>πε<=R r rQ R r E 2040。
正确答案为（B ）。
7-3 下列说法正确的是[ ]。
（A ）带正电的物体电势一定是正的 (B)电场强度为零的地方电势一定为零 （C ）等势面与电场线处处正交 (D)等势面上的电场强度处处相等分析与解 正电荷在电场中所受的电场力的方向与电场线的切线方向相同，电荷在等势面上移动电荷时，电场力不做功，说明电场力与位移方向垂直。
正确答案为（C ）。
7-4 真空中一均匀带电量为Q 的球壳，将试验正电荷q 从球壳外的R 处移至无限远处时,电场力的功为[ ]。
（A ）24R qQ o πε （B ）R Q o πε4 （C ）R q o πε4 （D ）RqQ o πε4 分析与解 静电场力是保守力，电场力做的功等电势能增量的负值，也可以表示成这一过程的电势差与移动电量的乘积，由习题7-2可知电场强度分布，由电势定义式⎰∞⋅=R r E d V 可得球壳与无限远处的电势差。
正确答案为（D ）。
7-5 关于静电场的高斯定理有下面几种说法，其中正确的是[ ]。
（A ）如果高斯面上电场强度处处为零，则高斯面内必无电荷；（B ）如果高斯面内有净电荷，则穿过高斯面的电场强度通量必不为零； （C ）高斯面上各点的电场强度仅由面内的电荷产生；（D ）如果穿过高斯面的电通量为零，则高斯面上电场强度处处为零分析与解 静电场的高斯定理表明，高斯面上的电场强度是由面内外电荷共同产生，而高斯面的电通量只由面内电荷决定。
正确答案为（B ）。
7-6 在棱长为a 的立方体中心放一点电荷Q ，则通过其下底面的电通量为[ ]。
（A ） o Q ε6 （B ）oQ ε （C ）0 （D ） o Qε4分析与解 由静电场的高斯定理可知，该立方体六个面的电通量只由面内电荷决定，并且六个面的电通量是均等的。
正确答案为（B ）。
7-7 如图所示，当把正电荷Q 从A 点缓慢移动到B 点时，则导体内某点P 的电场（A ）电场强度不变，电势升高 （B ）电场强度变大，电势升高（C ）电场强度不变，电势不变（D ）电场强度变大，电势不变分析与解 静电平衡条件下的导体内部场强恒为零，故P 点的场强不变；电场线的方向是电势降落的方向，当正电荷从A 点移向B 点时，相当于P 点逆着电场线方向移动靠近正电荷Q ，电势升高。
正确答案为（A ）。
7-8 一空气平行板电容器，充电后与电源断开，当在极板间充满介电体时，则下列叙述错误的是[ ]。
（A ）极板间的电场强度变小 （B ）极板间的电势差变小 （C ）电容器包含的电场能变小 （D ）电容器的电容变小分析与解 介电体放入电场中因发生极化，从而改变自身的电荷分布并对电场产生影响。
当电容器板间填充介电体后，可以提高电容器的容电能力和耐压能力。
正确答案为（D ）。
7-9 真空中一均匀带电细圆环，电荷线密度为λ，则将单位正电荷从圆心移至无限远处时电场力的功为 。
分析与解 静电场力的功可以用移动的电荷与对应的电势差的乘积表示，而无限远处电势设为零，故只要求得细圆环圆心处的电势，就可得电场力的功。
正确答案为（02ελ）。
7-10 半径为R ，电荷面密度为σ的均匀带电球面，若挖掉一小面积元S ∆后，则球心处电场强度大小为 。
分析与解 均匀带电球面挖掉一小面元后，电荷分布不满足球对称，可用补偿法求解，即等效于带异号等量电荷的小面元在球心处所产生的电场强度。
正确答案为（R εS04π∆σ）。
习题7-7图习题7-14图d x 27-11 负电荷逆着电场线方向运动，电场力做______功（填正、负），其电势能_______（增加、减少）。
分析与解 负电荷逆着电场线方向运动与其所受电场力的方向相同，故电场力做正功；静电场力是保守力，保守力做正功时，其电势能减少。
正确答案为（正、减少）。
7-12 与点电荷C 100.28-⨯=q 分别相距m 0.1=a 和m 0.2=b 的两点的电势差为 。
分析与解 由点电荷的电势分布式r εqV 04π=可知，离点电荷相同距离的场点，电势相同。
正确答案为（v 901140=⎪⎭⎫⎝⎛-π=∆b a εq U ）。
7-13 地球表面附近的电场强度约为100N/C ，方向垂直地面向下，假设地球上的电荷都均匀分布在地表面上，则地球表面的电荷面密度为___ __ 。
（真空的电容率为8.85×10-12C 2.N -1.m -2）分析与解 在地面附近作钱币状高斯面，由静电场的高斯定理可求得地面附近的电场强度为0εσ=E 。
正确答案为（210m C 1085.8--⋅⨯）。
7-14 如图所示，一长为L 、均匀带电量为Q 的细棒，其延长线上有一点P ，到细棒的中心的距离为L ，求P 处的电场强度和电势。
分析 这是一个连续带电体的电场强度的计算问题。
此时棒的长度不能忽略，不能当作点电荷来处理，但带电细棒上的电荷是均匀分布的，在细棒上取一线元d x ，其所带的电荷在P 点产生的电场强度满足点电荷的场强公式，积分遍及整个带电细棒即可。
电势的计算类似。
解 （1）如题图，电荷元 x LQq d d = d q 在点P 的电场强度dx x L L Qr dq dE 2020)(44-==πεπε 积分得 2020223)(4L Qdx x L L Q dE E E LL p πεπε=-===⎰⎰+-（2）同理，d q 在点P 的电势dx )x L (L 4Qr 4dq dV 00-πε=πε=积分得3ln 4)(40022LQdx x L L Q dV V L L p πεπε=-==⎰⎰+- （2分）7-15 如图所示，一个半径为R 的1/4圆弧状橡皮绳，均匀地分布着线密度为λ的电荷，求其中心O 处的电场强度和电势。
分析 这是个连续带电体问题，求解关键是如何取电荷元。
解 （1）选择电荷元θR q d d λ=,其在圆心O 点电场强度为θRεR εq E d 44d d 020πλ=π=分解得 θθRεθE E 0x d sin 4sin d d πλ==， θθRεθE E 0y d cos 4cos d d πλ== 由对称性可知，E x =0， 积分得 RθθR 004/4y y 42d cos 4dE E πελ=πελ==⎰⎰ππ- 合场强E=Ey 方向沿y 轴负向。
（2）同理，d q 在圆心O 点的电势 θεR εq V d 44d d 00πλ=π= 积分得圆心O 的电势 004/48d 4d ελ=πελ==⎰⎰ππ-θV V7-16 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2（R 1<R 2），单位长度上的电荷为λ。
求离轴线为r 处的电场强度：（1）；（2）R 1<r <R 2；（3）r >R 2。
分析 电荷分布在无限长同轴柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，再求出不同半径高斯面内的电荷代数和，即可求得各区域电场分布。
解 如图，作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理⎰∑ε=⋅=⋅S2πd 0q/rL E S E∑==<0，0,11E q R r 得当∑π=λ=<<rελE L q R r R 02212，，得时当 ∑==>0，0,32E q R r 得当在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变0022εσrL ελL r ελE =π=π=∆ 这一跃变是将带电圆柱面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性。
7-17 两个同心球面的半径分别为R 1和R 2各自带有电荷Q 1和Q 2。
求（1）各区域电势的分布，并画出分布曲线；（2）两球面上的电势差为多少？分析 求电势分布通常可采用两种方法：（1）由于电荷分布具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势；（2）利用电势叠加原理求电势，一个均匀带电球面内外的电势为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<π>π=)(4）（400R r R εQ R r rεQV其中R 是球面的半径。
将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势分布。
解1 （1）由高斯定理可求得电场分布）（011R r E <=)(42102R r R r εQ E r 21<<π=e)(42023R r r εQ Q E r21>π+=e习题7-16图3-2习题7-17图由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布。
2021012021210132111444)11(40d d d ，1212R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R r R rR R R π+π=π++-π+=⋅+⋅+⋅=≤⎰⎰⎰∞lE l E l E 有时当20201202120132221444)11(4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R r R R rR π+π=π++-π=⋅+⋅=<<⎰⎰∞lE l E 时当 r 4d ,0213322εQ Q V R r R π+=⋅=≥⎰∞l E 有时当（2）两球面间的电势差)11(4d 210121221R R εQ U R R -π=⋅=⎰l E 解2 （1）由各球面电势的叠加计算电势分布。
2021011144，，R εQ R εQ V R r π+π=≤有时即若点位于两个球面之内 2020122144，，R εQ r εQ V R r R π+π=<<有时当若点位于两个球面之间 r 4，，02132εQ Q V R r π+=≥有时即若点位于两个球面之外 （2）两个球面间的电势差)11(4)(210121122R R εQ V V U R r -π=-== 7-18 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109V ，被迁移的电荷约为30C ，如果一个家庭1年消耗的能量为3000kw·h ，则可为多少个家庭提供1年的能量消耗？解 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kw 300010⨯=⋅=0E故 8.2==∆=0E qUE E n 即一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年清耗的电能。