大学物理习题及答案5

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大学物理试题及答案5

大学物理试题及答案5一、选择题（每题2分，共20分）1. 在国际单位制中，力的单位是：A. 牛顿B. 帕斯卡C. 焦耳D. 瓦特答案：A2. 光速在真空中的速度是：A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/sC. 299,792,458 km/hD. 299,792,458 m/h答案：A3. 根据牛顿第二定律，力和加速度的关系是：A. F = maB. F = m/aC. F = a/mD. F = m*a答案：A4. 热力学第一定律表明能量守恒，其表达式为：A. ΔU = Q - WB. ΔU = Q + WC. ΔU = W - QD. ΔU = Q/W答案：B5. 电磁波的频率和波长之间的关系是：A. f = c/λB. f = λ/cC. f = c*λD. f = λ*c答案：A6. 根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们之间的距离的平方成反比。

这个定律的公式是：A. F = k*(q1*q2)/r^2B. F = k*(q1*q2)/rC. F = k*(q1+q2)/r^2D. F = k*(q1-q2)/r^2答案：A7. 光的波粒二象性是指：A. 光既具有波动性又具有粒子性B. 光只具有波动性C. 光只具有粒子性D. 光既不是波也不是粒子答案：A8. 在理想气体状态方程中，PV = nRT表示：A. 气体的体积与温度成正比B. 气体的压强与体积成反比C. 气体的压强与温度成正比D. 气体的压强与体积成正比答案：B9. 欧姆定律描述的是电流、电压和电阻之间的关系，其公式是：A. I = V/RB. I = V*RC. I = R/VD. I = V - R答案：A10. 根据麦克斯韦方程组，变化的磁场会产生：A. 电场B. 磁场C. 重力场D. 电磁场答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 一个物体的质量为2kg，受到的重力为______N。

5.分子动理论大学物理习题答案

当 v vp 解：(1) 速率分布曲线如右图。

vp
.099v p时，x 0.99 ； v v p
vp
(2) 由归一化条件

0
v0
1 f (v) d v 1 ， c d v cv 0 1 ，得 c v0 0
v0
f (v)
C

(3) v vf (v) d v v c d v
大学物理练习册—分子动理论
理想气体状态方程 5-1 一容器内储有氧气，其压强为 1.01105Pa，温度为 270C，求：（1）气体分子的数密度；（2）氧气的质量密度；（3）氧分子的质量；（4）分子间的平均距离（设分子均匀等距分布）。解：(1) p nkT ， n
p 1.01 105 2.44 1025 /m 3 kT 1.38 1023 (273 27)
5-4 体积 V 10 3 m 3 ，压强 p 10 5 Pa 的气体分子平均平动动能的总和为多少？解： t N
N 3 pV kT ，其中 N 为总分子数。 p nkT kT ， N 2 kT V pV 3 3 3 t kT pV 105 103 150 J kT 2 2 2
m M pV RT ，T mol M mol mR
t
3 3 M pV 3 2 10 3 3.9 105 4.0 103 kT k mol 1.38 10 23 3.88 1022 J 2 2 mR 2 2 102 8.31
2 RT 可知，在相同温度下， M mol 大的气体 v p 小， M mol
f(v) I II
所以曲线对应氢气的分布，即 v p H 2000 m/s

《大学物理》习题库试题及答案___05_机械波习题

一、选择题：1．3147：一平面简谐波沿Ox 正方向传播，波动表达式为]2)42(2cos[10.0π+-π=x t y (SI)，该波在t = 0.5 s 时刻的波形图是［ b ］2．3407：横波以波速u 沿x 轴负方向传播。

t 时刻波形曲线如图。

则该时刻(A) A 点振动速度大于零 (B) B 点静止不动 (C) C 点向下运动 (D) D 点振动速度小于零［ d ］3．3411：若一平面简谐波的表达式为 )cos(Cx Bt A y -=，式中A 、B 、C 为正值常量，则：(A) 波速为C (B) 周期为1/B (C) 波长为 2π /C (D) 角频率为2π /B［ｃ］u=λ/T Ｃ＝ϖ/ｕ4．3413：下列函数f (x 。

t)可表示弹性介质中的一维波动，式中A 、a 和b 是正的常量。

其中哪个函数表示沿x 轴负向传播-的行波？(A) )A(bt),tf-=cos(xaxax(bt),Atf+xcos(=(B) )(C) bttAaxxf sin(⋅),sin==(D) btt(⋅axxA),cosf cos［ａ］5．3479：在简谐波传播过程中，沿传播方向相距为λ21（λ 为波长）的两点的振动速度必定(A) 大小相同，而方向相反(B) 大小和方向均相同(C) 大小不同，方向相同(D) 大小不同，而方向相反［ a ］6．3483：一简谐横波沿Ox轴传播。

若Ox轴上P1和P2两点相距λ /8（其中λ为该波的波长），则在波的传播过程中，这两点振动速度的(A) 方向总是相同(B) 方向总是相反(C) 方向有时相同，有时相反(D) 大小总是不相等［ c ］7．3841：把一根十分长的绳子拉成水平，用手握其一端。

维持拉力恒定，使绳端在垂直于绳子的方向上作简谐振动，则(A) 振动频率越高，波长越长(B) 振动频率越低，波长越长(C) 振动频率越高，波速越大(D) 振动频率越低，波速越大［ B ］ 8．3847：图为沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 0时刻的波形。

大连理工大学大学物理作业5(静电场五)及答案详解

2．一平行板电容器中充满相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质。

已知介质表面极化电荷面密度为σ'±，则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为[ ]。

.A0σε' .B 02σε' .C 0r σεε' .D rσε' 答案：【A 】解：极化电荷也是一种电荷分布，除不能自由移动和依赖于外电场而存在外，与自由电荷没有区别。

在产生静电场方面，它们的性质是一样的。

在电容器中，正是极化电荷的存在，产生的静电场与自由电荷产生的静电场方向相反，使得电容器中总的电场强度减弱，提高了电容器储存自由电荷的能力，电容器的电容增大。

或者说，储存等量的自由电荷，添加电介质后，电场强度减弱，电容器两极的电势差减小，电容器的电容增大。

正负极化电荷产生的电场强度的大小都是0/2εσ，方向相同，所以，极化电荷产生的电场的电场强度为0/εσ。

3．在一点电荷产生的静电场中，一块电介质如图5-1放置，以点电荷q 所在处为球心作一球形闭合面，则对此球形闭合面[ ]。

.A 高斯定理成立，且可用它求出闭合面上各点的场强 .B 高斯定理成立，但不能用它求出闭合面上各点的场强 .C 由于电介质不对称分布，高斯定理不成立 .D 即使电介质对称分布，高斯定理也不成立答案：【B 】解：静电场的高斯定理，是静电场的基本规律。

无论电场分布（电荷分布）如何，无论有无电介质，也无论电介质的分布如何，都成立。

但是，只有在电场分布（电荷分布和电介质分布），在高斯面上（内）具有高度对称时，才能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。

否则，只能计算出穿过高斯面的电通量。

图示的高斯面上，电场强度分布不具有高度对称性，不能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。

4．半径为1R 和2R 的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常数为r ε的均匀介质。

设两圆筒上单位长度带电量分别为λ+和λ-，则介质中的电位移矢量的大小D = ，电场强度的大小E = 。

大学物理习题 5答案

P习题 55-2．如习题5-2图所示的直角三角形ABC 的A 点上有电荷q 1=1.8×10-9 C ，B点上有电荷q 2=-4.8×10-9 C ，试求C 点的电场强度（设BC=0.04m ，AC=0.03m ）。

解：设CB 为x 轴，AC 为y 轴，则C N E x/107.204.04108.44209⨯=⨯⨯=-πε，C N E /108.103.04108.14209y ⨯=⨯⨯=-πε，C N E E E y x /102.3422⨯=+=，电场方向和CB 的夹角为︒==7.33arctanxy E E ϕ5-3．用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心处的电场强度。

[解] 将半圆环分成无穷多小段，取一小段dl ，带电量l RQ q d d π=dq 在O 点的电场强度20204d 4d d R lR Q R q E πεππε== 从对称性分析，y 方向的电场强度相互抵消，只存在x l R Q E E d sin 4sin d d 302x ⋅=⋅=θεπθ θd d R l =θεπθd 4sin d 202x RQ E =2020202x x 2d 4sin d R QR Q E E E επθεπθπ====⎰⎰ 方向沿x 轴正方向5-4．如习题5-4图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。

[解] 建立如图所示坐标系ox ，在带电直导线上距O 点为x 处取电荷元x Lqq d d =，它在P 点产生的电电场强度度为 ()x x d L Lq x d L qE d 41d 41d 2020-+=-+=πεπε则整个带电直导线在P 点产生的电电场强度度为()d L d qx x d L Lq E L+=-+=⎰002041d 41πεπε故()iE d L d q+=04πε5-5．一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ。

大学物理第五章静电场部分的习题及答案

第五章静电场一、简答题1、为什么在无电荷的空间里电场线不能相交?答案：由实验和理论知道，静电场中任一给定点上，场强是唯一确定的，即其大小和方向都是确定的．用电场线形象描述静电场的空间分布时，电场线上任一点的切线方向表示该点的场强方向．如果在无电荷的空间里某一点上有几条电场线相交的话，则过此交点对应于每一条电场线都可作出一条切线，这意味着交点处的场强有好几个方向，这与静电场中任一给定点场强具有唯一确定方向相矛盾，故无电荷的空间里电场线不能相交．2、简述静电场中高斯定理的文字内容和数学表达式。

答案：在真空中的静电场内，通过任意封闭曲面的电通量等于该封闭曲面所包围的所有电荷电量的代数和的01ε倍。

0ε∑⎰=⋅内S Sq S d E3、写出静电场的环路定理，并分别说明其物理意义。

答案：静电场中，电场强度的环流总是等于零(或0l=⋅⎰l d E )，静电场是保守场。

4、感生电场与静电场有哪些区别和联系?二、选择题1、如图所示，两个同心均匀带电球面，内球面半径为1R 、带有电荷1Q ，外球面半径为2R 、带有电荷2Q ，则在外球面外面、距离球心为r 处的P 点的场强大小E 为 ( A ) A.20214r Q Q επ+ B.()()2202210144R r Q R r Q -π+-πεε C.()2120214R R Q Q -+επ D.2024r Q επ 2、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：( B )3、图示一均匀带电球体，总电荷为Q +，其外部同心地罩一内、外半径分别为1r 、2r 的金属球壳．设无穷远处为电势零点，则在球壳内半径为r 的P 点处的场强和电势为： ( D )A.204r QE επ=，r Q U 04επ= B.0=E ，104r Q U επ= C. 0=E ，r Q U 04επ=D.0=E ，204r Q U επ= 4、图中实线为某电场中的电场线，虚线表示等势(位)面，由图可看出：( D )A.C B A E E E >>，C B A U U U >>B.C B A E E E <<，C B A U U U <<C.C B A E E E >>，C B A U U U <<D.C B A E E E <<，C B A U U U >>5、面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量q ±，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为 ( B )A.S q 02εB.S q 022εC.2022S q εD.202Sq ε 6、一均匀带电球面在球面内各处产生的场强 ( A )A.处处为零B.不一定为零C.一定不为零D.是常数7、已知一高斯面所包围的体积内电量代数和0=∑i q ，则可肯定：( C )A.高斯面上各点场强均为零B.穿过高斯面上每一面元的电通量均为零C.穿过整个高斯面的电通量为零D.以上说法都不对8、下列说法中正确的是 ( D )A.电场强度为0的点，电势也一定为0.B.电场强度不为0的点，电势也一定不为0.C.电势为0的点，则电场强度也一定为0.D.电势在某一区域为常数，则电场强度在该区域也必定为0.9、如图所示，一个带电量为q 的点电荷位于正立方体的中心上，则通过其中一侧面的电场强度通量等于 ( B )：A.04εqB.06εqC.06πεqD.04πεq 三、计算题1、两无限长同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R (21R R < )，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和λ-，求：(1) 1R r <；(2)21R r R <<；(3)r R <2处各点的场强。

大学物理课后习题答案(第五章) 北京邮电大学出版社

习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同?解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =． (2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程)(cos u xt A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线)(t f y =描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0ϕ］中的u x表示什么?如果改写为y =A cos (0ϕωω+-u x t )，u x ω又是什么意思?如果t 和x 均增加，但相应的［ω(u x t -)+0ϕ］的值不变，由此能从波动方程说明什么?解: 波动方程中的u x /表示了介质中坐标位置为x 的质元的振动落后于原点的时间；u x ω则表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为)cos(0φωω+-=u xt A y t则t t ∆+时刻的波动方程为])()(cos[0φωω+∆+-∆+=∆+u x x t t A y t t其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ∆后传播到t u x ∆+处．所以在)(u x t ωω-中，当t ，x 均增加时，)(u x t ωω-的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ∆，波形即向前传播了t u x ∆=∆的距离，说明)cos(0φωω+-=u xt A y 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点?解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV 内所有质元的能量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为),(t x f y =，则相对形变量(即应变量)为x y ∂∂/.波动势能则是与x y ∂∂/的平方成正比．由波动曲线图(题5-3图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应变也为极小(该处0/=∂∂x y )，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值．题5-3图对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化． 5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处? t =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻? 波动方程写成y =A cos ω(u xt -)时，波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动方程才能写成这种形式?解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，0=t 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成)(cos u xt A y -=ω时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程．5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同?解: 取驻波方程为vtx A y απλπcos 2cos 2=，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为xA λπ2cos2．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别?解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目(λ'/u )会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即B v u u +='，因而单位时间内通过观察者完整波的数目λu '也会增多，即接收频率也将增高．简单地说，前者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率．题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程．解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xT t A y 则有]2)12(2cos[1.0ππ++=x t y)224cos(1.0πππ++=x t m5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差．解: (1)已知平面简谐波的波动方程)cos(Cx Bt A y -=(0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知：波振幅为A ，频率πυ2B =，波长C πλ2=，波速C Bu ==λυ，波动周期B T πυ21==． (2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及C πλ2=代入上式，即得Cd =∆φ．5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中x ,y 以米计，t 以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点? 解: (1)将题给方程与标准式)22cos(x t A y λππυ-=相比，得振幅05.0=A m ，频率5=υ1-s ，波长5.0=λm ，波速5.2==λυu 1s m -⋅．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅ 222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅(3)2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0==u x s故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相，即 2.9=φπ．设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m5-10 如题5-10图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线．(1)若波沿x 轴正向传播，该时刻O ，A ，B ，C 各点的振动位相是多少?(2)若波沿x 轴负向传播，上述各点的振动位相又是多少?解: (1)波沿x 轴正向传播，则在t 时刻，有题5-10图对于O 点：∵0,0<=O O v y ，∴2πφ=O对于A 点：∵0,=+=A A v A y ，∴0=A φ 对于B 点：∵0,0>=B B v y ，∴2πφ-=B 对于C 点：∵0,0<=C Cv y ，∴23πφ-=C (取负值：表示C B A 、、点位相，应落后于O 点的位相)(2)波沿x 轴负向传播，则在t 时刻，有对于O 点：∵0,0>'='O O v y ，∴2πφ-='O对于A 点：∵0,='+='A A v A y ，∴0='A φ 对于B 点：∵0,0<'='B B v y ，∴2πφ=B 对于C 点：∵0,0>'='C C v y ，∴23πφ='C (此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴230πφ=，又5.225===λυuHz ，则ππυω52==题5-11图(a)取 ])(cos[0φω+-=u xt A y ，则波动方程为)]235(5cos[1.0ππ+-=x t y m(2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c)将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππππ+=+⨯-=t t y m如题5-11(c)图所示．5-12 如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程；(2)P 点的振动方程．解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴20πφ=，而25.01==∆∆=t x u 1s m -⋅，5.042===λυu Hz ，∴ππυω==2故波动方程为]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为tt y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-=m题5-12图5-13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m ·s -1，波长为2m ，求： (1)波动方程；(2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标；(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间．解: 由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，0,200<=v A y ，∴30πφ=，由题知2=λm ，10=u 1s m -⋅，则5210===λυuHz∴ ππυω102==(1)波动方程为]3)10(10cos[.01ππ+-=x t y m题5-13图(2)由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p (3)∵πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得67.135==x m (4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由P 点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)πππφ6523=+=∆∴所属最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s5-14 如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为P y =A cos(0ϕω+t )．(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2)写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程．解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=u xu l t A y如图(b)，则波动方程为题5-14图])(cos[0φω++=u xt A y(2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为 ])(cos[0φω+-=u bt A A Q如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=u bt A A Q5-15 已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI)．(1)写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点?(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线．解:(1)波峰位置坐标应满足ππk x t 2)24(=+解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m ． ∵u xt t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,∴2.024.0=-='∆t s ，这就是说该波峰在2.0s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是42.02.4=-s ，即该波峰是在4s 时通过原点的．题5-15图(2)∵2,4==u πω1s m -⋅，∴12===ωπλuuT m ，又0=x 处，2.4=t s 时，ππφ8.1642.40=⨯=A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π又，当A y -=时，πφ17=x，则应有πππ1728.16=+x解得 1.0=x m ，故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线．解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，故知20πφ-=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，且4=λm ，若取])(2cos[0φλπ++=xT t A y题5-16图则波动方程为]2)42(2cos[2.0ππ-+=x t y5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J ·m -2·s -1，频率为300 Hz ，波速为300m ·s -1，求： (1)波的平均能量密度和最大能量密度?(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量? 解: (1)∵ u w I =∴53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅ 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅(2)νπλπωud w d w V W 224141=== 7251024.9300300)14.0(41106--⨯=⨯⨯⨯⨯=πJ 5-18 如题5-18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求：(1) 1S 外侧各点的合振幅和强度； (2) 2S 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r0,0211===-=A I A A A（2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差.)4(2222=-+-=∆r r λλππφ2121114,2A A I A A A A ===+=5-19 如题5-19图所示，设B 点发出的平面横波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程为t y π2cos 10231-⨯=;C 点发出的平面横波沿CP 方向传播，它在C 点的振动方程为)2cos(10232ππ+⨯=-t y ，本题中y 以m 计，t 以s 计．设BP ＝0.4m ，CP ＝0.5 m ，波速u =0.2m ·s -1，求：(1)两波传到P 点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P 处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P 处合振动的振幅．解: (1))(2)(12BP CP ---=∆λπϕφφ)(BP CP u --=ωπ 0)4.05.0(2.02=--=ππ题5-19图(2)P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以321104-⨯=+=A A A P m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为33122211083.210222--⨯=⨯==+=A A A A m5-20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为A ，频率为ν波速为u ． (1)若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解: (1)∵0=t 时，0,000>=v y ，∴20πφ-=故波动方程为]2)(2cos[ππ--=u x t v A y m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=x 代入)2432πλλπ-⨯-，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为πππλλπ-=+-⨯-2432若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为 ππλλπ25432-=-⨯-，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的波动方程为]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为]2)(2cos[ππυ--=u x t A y ]2)(2cos[ππυ-++u x t A)22cos(2cos 2ππυπυ-=t u x A故波节位置为2)12(22πλππυ+==k x u x故4)12(λ+=k x (,2,1,0±±=k …)根据题意，k 只能取1,0，即λλ43,41=x 5-20 一驻波方程为y =0.02cos20x cos750t (SI)，求：(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；(2)相邻两波节间距离．解: (1)取驻波方程为t u x A y πυπυ2cos 2cos2=故知01.0202.0==A m 7502=πυ，则πυ2750=， 202=u πυ∴5.37202/7502202=⨯==πππυu 1s m -⋅ (2)∵314.01.020/2====πυπυυλu m 所以相邻两波节间距离 157.02==∆λx m5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为1y =0.1cos(13t +0.0079x ) (SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x =0处为波节．解: 为使合成驻波在0=x 处形成波节，则要反射波在0=x 处与入射波有π的位相差，故反射波的波动方程为)0079.013cos(1.02π--=x t y5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为1y =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(t x ππ4+)(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2)波腹处的振幅多大?x =1.2m 处振幅多大?解: (1)它们的合成波为)4cos(06.0)4cos(06.0t x x y ππππ++-= t x ππ4cos cos 12.0=出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动．令ππk x =，则k x =，k=0,±1，±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置． (2)波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定，即 097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m5-24 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz 变到了1000 Hz ，设空气中声速为330m ·s -1，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为s v ，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为01υυs v u u -= 汽车驶离车站时，车站收到的频率为02υυs v u u +=联立以上两式，得3010012001000120030021211=+-⨯=+-=υυυυυu1s m -⋅ 5-25 两列火车分别以72km ·h -1和54 km ·h -1的速度相向而行，第一列火车发出一个600 Hz的汽笛声，若声速为340 m ·s -1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少?解: 设鸣笛火车的车速为201=v 1s m -⋅，接收鸣笛的火车车速为152=v 1s m -⋅，则两者相遇前收到的频率为 66560020340153400121=⨯-+=-+=υυv u v u Hz两车相遇之后收到的频率为54160020340153400121=⨯+-=+-=υυv u v u Hz。

大学物理课后答案第5章

第五章热力学基础5－1 在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0℃），有一个体积为1.0×10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0℃，求气泡到达湖面的体积。

（大气压P 0 = 1.013×105 Pa ）分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。

利用理想气体物态方程即可求解本题。

位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0⨯103 kg·m -3）。

解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。

由分析知湖底处压强为ghp gh p p ρρ+=+=021。

利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ5－2 氧气瓶的容积为3.2×10-2 m 3，其中氧气的压强为1.30×107 Pa ，氧气厂规定压强降到1.00×106 Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。

某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3 压强为1.01×105 Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。

从氧气质量的角度来分析。

利用理想气体物态方程pV = mRT /M 可以分别计算出每天使用氧气的质量m 3和可供使用的氧气总质量（即原瓶中氧气的总质量m 1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m 2之差），从而可求得使用天数321/)(m m m n -=。

解：根据分析有RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m 333122111===；；则一瓶氧气可用天数()()5.933121321=-=-=V p V p p m m m n5－3 一抽气机转速ω=400r ּmin -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。

大学物理考试题目及答案5

题8.6图8.6如题8.6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：如题图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

且θ-πθ==21221R R I I 电阻电阻. 1I 产生1B 方向⊥纸面向外 πθπμ2)2(2101-=R I B ，2I 产生2B 方向⊥纸面向里 πθμ22202R I B =∴1)2(2121=-=θθπI I B B 有 0210=+=B B B8-9 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8.9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 < 2202R Ir r B μπ= 202RIr B 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 π 0=B8-11 如题8.11图所示，在长直导线AB 内通以电流1I =20A ，在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A ，AB 与线圈共面，且CD ，EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm(1)导线AB(2)解：(1)CD F 方向垂直CD 向左，大小 4102100.82-⨯==dIb I F CD πμ N同理FE F方向垂直FE 向右，大小 5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμ NCF F 方向垂直CF 向上，大小为⎰+-⨯=+πμ=πμ=a d d CF da d I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2NED F方向垂直ED 向下，大小为 5102.9-⨯==CF ED F F N(2)合力ED CF FE CD F F F F F+++=方向向左，大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m⨯=∵ 线圈与导线共面∴ B P m//0=M．。

大学物理课后题答案5

1-1 。

分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2。

分析与解trd d 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v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1-3 。

分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；tsd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 。

分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 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a ｔ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, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ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 。

(完整版)大学物理学(课后答案)第5-6章

第5章机械振动一、选择题5-1 一个质点作简谐振动，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，代表这个简谐振动的旋转矢量图为[ ]分析与解图中旋转矢量投影点的运动方向指向Ox 轴正向，同时矢端在x 轴投影点的位移为2A-,满足题意,因而选(D)。

5-2 作简谐振动的物体，振幅为A ，由平衡位置向x 轴正方向运动，则物体由平衡位置运动到32Ax =处时，所需的最短时间为周期的几分之几[ ] (A) 1 /2 (B) 1/4 (C) 1/6 (D) 1/12分析与解设1t 时刻物体由平衡位置向x 轴正方向运动，2t 时刻物体第一次运动到32A x =处，可通过旋转矢量图，如图5-2所示，并根据公式2t T ϕπ∆∆=得31226t T T T ϕπππ∆∆===，,因而选(C)。

5-3 两个同周期简谐振动曲线如图5-3(a)所示，1x 的相位比2x 的相位[ ] O O OO A Axxx(A) (B)(D)(C)A /2-A /2 A /2 -A /2A Aωωωωx习题5-1图习题5-2图(A) 落后2π (B) 超前2π(C) 落后π (D) 超前π分析与解可通过振动曲线作出相应的旋转矢量图（b ），正确答案为（B ）。

5-4 一弹簧振子作简谐振动，总能量为E ，若振幅增加为原来的2倍，振子的质量增加为原来的4倍，则它的总能量为[ ](A) 2E (B) 4E (C) E (D) 16E 分析与解因为简谐振动的总能量2p k 12E E E kA =+=，因而当振幅增加为原来的2倍时，能量变为原来的4倍，因而答案选(B)。

5-5 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐振动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐振动的相位差为[ ](A) 60 (B) 90 (C) 120 (D) 180分析与解答案（C ）。

由旋转矢量图可知两个简谐振动的相位差为120时,合成后的简谐运动的振幅仍为A 。

大学物理习题5

=
1.0×10−3 × 9.8 4.9 ×10−2
=
0.2
N ⋅ m−1
而 t = 0 时， x0 = −1.0 ×10−2 m,v0 = 5.0 ×10−2 m ⋅ s-1 ( 设向上为正)
又
ω=
k= m
0.2 8 ×10−3
= 5,即T
=
2π ω
= 1.26s
∴
A=
x
2 0
+
( v0 ω
)2
= (1.0 ×10−2 )2 + (5.0 ×10−2 )2 5
当 sin(ωt + ϕ0 )与cos(ωt + ϕ0 ) 同号时，即位相在第 1 或第 3 象限时，速度和加速度同
号；当 sin(ωt + ϕ0 )与cos(ωt + ϕ0 ) 异号时，即位相在第 2 或第 4 象限时，速度和加速
度异号。加速度为正值时，振动质点的速率不一定增大。
5.7 质量为10×10−3 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按 x = 0.1cos(8π t + 2π ) 3
l 1.0
∴
A=
x02
+ (v0 )2 ω
(2)由题知， t = 0 时，φ0 = 0 ，
t =t时
x0
=
+
A ,且v 2
<
0, 故φ t
=
π 3
∴
t
=
∆φ
=
π
π /
=
2s
ω 32 3
(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为
E = 1 kA2 = 1 mω 2 A2
2

大学物理习题解答5第五章稳恒电流 (1)

第五章稳恒电流本章提要1．电流强度· 当导体中存在电场时，导体中的电荷会发生定向运动形成电流。

如果在t ∆时间内通过导体某一截面的电量为q ∆，则通过该截面的电流I 为qI t∆=∆ · 如果电流随时间变化，电流I 的定义式为tqt q I t d d lim 0=∆∆=→∆2．电流密度· 导体中任意一点的电流密度j 的大小规定为单位时间内通过该点单位垂直截面的电量，j 的方向规定为通过该点的正电荷运动的方向。

根据电流密度的定义，导体中某一点面元d S 的电流密度为d d Ij S ⊥=· 对于宏观导体，当导体中各点的j 有不同的大小和方向，通过导体任意截面S 的电流可通过积分计算，即d j S S=⋅⎰⎰I3．欧姆定律· 对于一般的金属导体，在恒定条件下欧姆定律有如下表达形式RU U I 21-=其中R 为导体的电阻，21U U -为导体两端的电势差· 欧姆定律的微分形式为E j σ=其中ρσ1=为电导率4．电阻· 当导体中存在恒定电流时，导体对电流有一定的电阻。

导体的电阻与导体的材料、大小、形状以及所处状态（如温度）有关。

当导体的材料与温度一定时，对一段截面积均匀的导体，其电阻表达式为Sl R ρ= 其中l 为导体的长度，S 为导体的横截面积，ρ为导体的电阻率5．电动势· 非静电力反抗静电力移动电荷做功，把其它种形式的能量转换为电势能，产生电势升高。

qA 非=ε· 当非静电力不仅存在于内电路中，而且存在于外电路中时，整个回路的电动势为l E lk ⎰⋅=d ε6．电源电动势和路端电压· 若电源正负极板的电势分别为U +和U -，电源内阻为r ，电路中电流为I ，则电源电动势为()U U Ir +-ε=--· 路端电压为Ir U U -=--+ε7．接触电动势· 因电子的扩散而在导体接触面上形成的等效电动势。

大学物理课后习题答案第五章

第五章机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较得：2π/λ= 0.6，因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)．且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)，振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x= -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：；即= 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]．（2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2]= 0.03cos(4πt - π/2)．5．3已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为：，位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π．当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2．原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)，平面波的波动方程为：= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ．该点初相φ = 0．5．5一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：（1）P 点的振动表达式；2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin2y t π-=⨯26.010sin()2xy t u π-=⨯-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+（2）波动方程；（3）画出O 点的振动曲线．[解答]（1）设P 点的振动方程为y P = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)，周期为：T = λ/u = 1(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)．（2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为．（3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？[解答]（1）设此波的波动方程为：，当t = T /4时的波形方程为：．在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．因此波动方程为：．（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：，曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为； x b = λ处的质点的振动方程为．波线上a 和b 两点的位相差φa – φb = -3π/2．0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=++cos(2)2xy A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+cos 2()t x y A T πλ=+cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-cos(2)2a t y A T ππ=+cos(22)b ty A Tππ=+图5.55．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t = 4.2s 时的波形曲线．[解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准方程比较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1．（1）当t = 4.2s 时的波形方程为 y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)．令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)，即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．（1）写出时x = 0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)，其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：．（3）t = 1s 时刻的波形方程为，波形曲线如图所示．5．9在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．cos[2()]t x y A T πϕλ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[()]23t x ππ=-+5cos()26y x ππ=-图5.8[解答]设波动方程为：，那么A 和B 两点的振动方程分别为：，．两点之间的位相差为：，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)． 5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程． [解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为．（3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为，，．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量． [解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)，波的平均能量密度为：= 158(J·m -3)，平均能流密度为：= 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5．12一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强？此时声强相当于多少分贝？已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，声波的平均能量密度为：= 6.37×10-6(J·m -3)， cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[2()]AA x ty A T πϕλ=-+cos[2()]BB x ty A Tπϕλ=-+2(2)6BAx x πππλλ---=-3cos 4()3cos(4)5x x y t t u πππ=+=+3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-3cos 4()3cos(4)BB x y t t u πππ=+=-33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+2212w A ρω=I wu =2212w A ρω=图5.10平均能流密度为：= 2.16×10-3(W·m -2)，标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)，此声强的分贝数为：= 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为，其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 660(Hz)．火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 550(Hz)．（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 680(Hz)．当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 533(Hz)． [注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长；（2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)；在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)；在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为 = 1421(Hz)．将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为= 1768(Hz)．I wu =010lgIL I =BB S Su u u u νν-=-33060033030B S S u u u νν==--33060033030B S S u u u νν==-+3301060033030B B S S u u u u νν-+==--3301060033030B B S S u u u u νν--==-+1033165108033130B Su u u u νν++==⨯--`11331142133165B u u u νν==⨯--反射声音的波长为=0.1872(m)．或者= 0.1872(m)． [注意]如果用下式计算波长=0.2330(m)，结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为，那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是100Hz ，位相差为π；波在媒质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为．两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．5.17设入射波的表达式为，`1111331651421BBu u u uλννν--=-==`1`13311768uλν==`111650.27871768Bu λλν=-=-1cos[2()]t xy A T πϕλ=++2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+1/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-1cos 2()t xy A T πλ=+S 1 S 2S 12在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式；（2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得，这是驻波的方程．5.18两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：，，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：，，可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．2cos 2()t xy A T πλ=-222coscosy A x t Tππλ=1 6.0cos(0.028.0)2y x t π=-2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-2 6.0cos 2()0.5200t x y π=+。

大学物理题库-第5章静电场习题(含答案解析)

真空中的静电场一选择题1．两个等量的正电荷相距为2a ，P 点在它们的中垂线上，r 为P 到垂足的距离。

当P 点电场强度大小具有最大值时，r 的大小是：[ ]（A ）42a r =（B ）32a r = （C ）22ar = （D ）a r 2= 2．如图5-1所示，两个点电荷的电量都是q +，相距为a 2，以左边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1S 和2S ，设通过1S 和2S 的电通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电通量为Φ，则[ ]（A ）021εq=ΦΦ>Φ,（B ）0212,εq=ΦΦ<Φ（C ）021εq=ΦΦ=Φ,（D ）021εq=ΦΦ<Φ,3．在静电场中，高斯定理告诉我们 [ ]（A ）高斯面内不包围电荷，则高斯面上各点E的量值处处相等；（B ）高斯面上各点E只与面内电荷有关，与面外电荷无关；（C ）穿过高斯面的E（D ）穿过高斯面的E 通量为零，则高斯面上各点的E必为零； 4．如图5-2所示，两个“无限长”的同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R ，其上均匀带电，沿轴线方向单位长度上的带电量分别为1λ和2λ，则在两圆柱面之间、距轴线为r 的P 点处的场强大小为：[ ]（A ）r 012πελ （B ）r 0212πελλ+ （C ）()r R -2022πελ （D ）()1012R r -πελ5．电荷面密度为+σ和-σ的两块“无限大”均匀带电平行平板，放在与平面垂直的x2-5 图1 - 5 图轴上a +和a -位置，如图5-3所示。

设坐标圆点o 处电势为零，则在a x a +<<-区域的电势分布曲线为：（）6．真空中两个平行带电平板A 、B ，面积均为S ，相距为)(S d d <<2，分别带电量q +和q -，则两板间相互作用力的大小为：[ ]（A ）204d q πε （B ）Sq 0ε （C ）Sq 022ε （D ）不能确定7．静电场中，下列说法哪一个是正确的？[ ]（A ）正电荷的电势一定是正值；（B ）等势面上各点的场强一定相等；（C ）场强为零处，电势也一定为零；（D ）场强相等处，电势梯度矢量一定相等。

大学物理练习册习题及答案5--振动学基础范文

习题及参考答案第四章振动学基础参考答案思考题4-1什么是简谐振动？试分析以下几种运动是否是简谐振动？ (1)拍皮球时球的运动；(2)一小球在半径很大的光滑凹球面底部的小幅度摆动；（3）一质点分别作匀速圆周运动和匀加速圆周运动，它在直径上的投影点的运动。

4-2如果把一弹簧振子和一个单摆拿到月球上去，振动的周期如何改变？4-3什么是振动的相位？一个弹簧振子由正向最大位移开始运动，这时它的相位是多少？经过中点，到达负向最大位移，再回到中点向正向运动，上述各处相应的相位各是多少？4-4一个简谐振动的振动曲线如图所示。

此振动的周期为（）(A)12s ； (B)10s ；(C)14s ； (D)1 1s 。

4-5一个质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为 A /2,且向x 轴的正方向运动；代表此简谐振动的雄转矢量图为（）4-6一质点作简谐振动，其运动速度与时间的曲线如图所示，若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初位相应为（）(A)π／6；（B ） 5π/6；（C ）-5π/6；（D ）-π／6；4-7把单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ,然后由静止放手任其振从放手时开始计时，若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初位相为（）(A)θ； (B) π；（C ）0；（D π/2。

4-8如图所示，质量为m 的物体由倔强系数为k 1和k 2的两个轻弹簧连接，在光滑导轨上作微小振动,则系统的振动频率为（）(A )(B )(C )(D)xxxx思考题4-5图思考题4-6图v (m/s)t (s)思考题4-4图（A）2=ν（B）=ν（C）=ν（D ）=ν4-9一倔强系数为k 的轻弹簧截成三等分，取出其中的两根，将它们并联在一起，下面挂一质量为m 的物体，如图所示。

则振动系统的频率为（）4-10一弹簧振子作简谐振动，总能量为E 1，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量E 1变为（）(A) E 1/4; (B) E 1/2； (C)2E 1; (D) 4 E 1。

《大学物理》章节试题及答案(五)

《大学物理》章节试题及答案第五章静电场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).5 －2 下列说法正确的是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).5 －3 下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述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.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*5 －4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).5 －5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21 e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r re εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足4320232me E εk =v 其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有2202π41r e εr m =v 由此出发命题可证.证由上述分析可得电子的动能为re εm E K 202π8121==v 电子旋转角速度为3022π4mr εe ω= 由上述两式消去r ，得432022232π4me E εωK ==v 5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F F 2 方向如图所示.5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2204π1Lr Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r rq εe E 20d π41d '= 整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=LE i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰== 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θer P cos 20=，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41x p εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-= 代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1xθe r εE = 5 －12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解由点电荷电场公式，得()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+= 考虑到z ＞＞d ，简化上式得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-= 通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度k E 403π41zQ ε= 5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度()12E kx E +E =i +j (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即0==DEFG OABC ΦΦ.而()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ 同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E因此，整个立方体表面的电场强度通量3ka ==∑ΦΦ5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示). 分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e σn5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场rrεqe E 20π4d d =由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R ) ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰()r εr e E 04=球体外(r ＞R )()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2 由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()rr RrεkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和.解由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近n εe E 012=n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 它们的合电场强度为n rx xεσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则nnεσx r εσe e E 02202/112≈+=上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=分析本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=所以 r E 013ερ=，2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ根据几何关系a r r =-21，上式可改写为a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.分析以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布. 解取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r Er ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故2013π4rεQ E =r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4r εQ Q E +=电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量230234π4ΔεσR εQ E E E ==-= 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 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 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，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，且⎰⋅=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布. 解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ，0=∑q01=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2=为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 ×10－30 C · m.求在下述情况下，距离分子为r ＝5.00 ×10－9 m 处的电势.(1) 0θ=︒；(2) 45θ=︒；(3) 90θ=︒，θ 为r 与p 之间的夹角. 解由点电荷电势的叠加2000P π4cos π4π4r εθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+ (1) 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεp V (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==rεp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5 －25 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为RqεV 0π41=当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势. 解根据已知条件球形雨滴半径R 1 ＝0.40 mm ，带有电量q 1 ＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2 ＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV5 －26 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x2 00i E 电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a-axl E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 0a-axl E l E 电势变化曲线如图(b)所示.5 －27 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) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQV 0π4=在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQV 0π4=其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布. 解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211π4 π40R r r εQ Q R r R rεQ R r r r>+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞lE l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞lE l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5 －28 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V εd 1d 0S E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰bab a r V V并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()r εR ρr E 022=取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr-==⎰ 当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.5 －29 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m.圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5 C ·m －2 .(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 带电圆环激发的电势220d π2π41d xr rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 1691=V-1m V 5607⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεqV 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2 m ，R 2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为rελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 7475π2-⋅==rελE 5 －31 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m) 分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为rεeV 0π4=将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r εeV E 2π41202RK0=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：。

大学物理第5章习题答案

第 5 章几何光学5.１．一束平行光线透射过一块厚度为d 的厚玻璃片，入射角为θ，透过玻璃片后光线如何传播？解：5.２．现有一人身高为1.70m ，此人为了能使从平面镜中看到自己的全身像，如果镜和人都是直立的，平面镜的高度至少是多少？解：5.３．高5cm 的物体放在球面镜前10cm ，凹面镜的焦距是10cm ，求像的位置．解：近轴光线条件下球面反射的物像公式为：111s s f+=' 若光线自左向右传播，则此时0.1,0.1s m f m =-=-，故s =-∞，也就是说，所成的像在无穷远处．放射光为平行光。

5.４．平凸透镜球面半径为0.40m ，玻璃的折射率为1.50，求此透镜的焦距．解：近轴条件下薄透镜的物像公式为：211212n n n n n n s s r r ---=+' 物方焦距为：12112n n n n f n r r ⎫--=-+ ⎪⎝⎭ 像方焦距为：12212n n n n f n r r ⎛⎫--'=+ ⎪⎝⎭由题目可知：12211.0, 1.50,0.40,n n n r m r ====-=∞，代入公式可得：21211115(1)()(1)/'4n n r m f f r r =-=--=--= 故此凸透镜物方焦距为0.8f m =-，像方焦距为'0.8f m =。

5.5．某观察者通过一块薄玻璃板去看在凸面镜中他自己的像，他移动着玻璃板，使得在玻璃板中与在凸面镜中所看到的他眼睛的像重合一起．若凸面镜的焦距为10cm ，眼睛距凸面镜顶点的距离为40cm ，则玻璃板距离观察者眼睛的距离为多少？解：设玻璃板距观察者眼睛距离为x cm ，则像点距O 点距离'240s x -=-，又由40s cm =代入公式：1121's s r f +=='得 111(240)4010x cm cm cm+=--- 故2408x -=，解得40x cm =。

大学物理第5章题库(含答案)

05章气体动理论一、填空题（一）易（基础题）1、一定质量的气体处于平衡态，则气体各部分的压强相等 (填相等或不相等)，各部分的温度相等 (填相等或不相等)。

2、根据能量按自由度均分原理，设气体分子为刚性分子，分子自由度为i ，则当温度为T时，（1）一个分子的平均能量为(平均总动能) 12i kT ⋅；（2）ν摩尔理想气体的内能为2i RT ν⋅ ；（3）一个双原子分子的平均转动动能为 kT 。

3、对于单原子分子理想气体，①32RT 代表的物理意义为： 1mol 单原子分子理想气体的内能； ②R 23代表的物理意义为：单原子分子理想气体的定体摩尔热容。

4、自由度数为i 的一定量的刚性分子理想气体,其体积为V,压强为p 时,其内能E=2iPV 。

5．两瓶不同种类的理想气体，它们温度相同，压强也相同，但体积不同，则它们分子的平均平动动能相同，单位体积内分子的总平动动能相同。

（均填相同或不相同） 6．一定量的某种理想气体，装在一个密闭的不变形的容器中，当气体的温度升高时，气体分子的平均动能增大，气体分子的密度不变，气体的压强增大，气体的内能增大。

(均填增大、不变或减少)7、理想气体的压强公式为 P nkT = ，理想气体分子的平均平动动能与温度的关系为 32k kT ε=。

8、有两瓶气体，一瓶是氧气，另一瓶是氢气（均视为刚性分子理想气体），若它们的压强、体积、温度均相同，则氧气的内能是氢气的▁▁1▁▁倍。

9、一容器内贮有气体,其压强为1atm,温度为27ºC,密度为31.3kg m -⋅,则气体的摩尔质量为__33210-⨯____1kg mol -⋅,由此确定它是__氧____气.10、()Nf d u u 表示的物理意义是表示速率分布在~d υυυ+内的分子数 ------------------------------------。

11、21()f d u u u u ò表示的物理意义是表示速率分布在12~υυ范围内的分子数占总分子数的比率.12、在相同条件下,氧原子的平均动能是氧分子的平均动能的___35___倍.（二）中（一般综合题）1、如图1所示，两条曲线分别表示相同温度下，氢气和氧气分子的速率分布曲线，则a 表示▁氧▁▁气分子的速率分布曲线；b 表示▁▁氢▁气分子的速率分布曲线。