吉林大学物理(下)习题册答案7
吉林大学-大学物理下练习册答案
12
2. 质点沿x轴作简谐振动(平衡位置为x轴的原点)，振幅为
A = 30 mm，频率 6Hz。
(1) 选质点经过平衡位置且向x轴负方向运动时为计时零
点，求振动的初相位。
(2) 选位移 x = -30 mm 时为计时零点，求振动方程；
(3) 按上述两种计时零点的选取法，分别计算t=1s时振动
相位。
20cm，与第一个简谐振动的相位差为 1π6
若第一个简谐振动的振幅为 10 3cm17.3cm。则第
二个简谐振动的振幅为___1_0_c__m__cm。第一、二个简
谐振动的相位差1 2 为____π_/_2_____。
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10
9. 一简谐振动的旋转矢量图如图所示，振幅矢量
长2cm，则该简谐振动的初相位为___π_/_4___，矢
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；
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5
D. 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。
8. 当质点以f 频率作简谐振动时，它的动能的变化频率 为
A. f B. 2f C. 4f D. 0.5f
9. 两个振动方向相互垂直、频率相同的简谐振动的合成
运动的轨迹为一正椭圆，则这两个分振动的相位差可能
简__谐__振__动__之__和__，从而确定出该振动包含的频
率成分以及各频率对应的振幅的方法，称为
2023_/5/_2频4__谱__分__析___。
9
7. 上面放有物体的平台，以每秒5周的频率沿竖直方向
作简谐振动，若平台振幅超过__1_c_m___，物体将会脱离
平台。（g=9.8m/s2）
8. 两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为
吉林大学大学物理刚体转动作业答案(课堂PPT)
属的圆盘B，对于垂直于圆面的中心转轴，它两
的转动惯量有：
A．IA＝IB
B．IA＜IB
C．IA＞IB
D．不能判断 6
10．有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其
中的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始 时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，
当人到达转台边缘时，转台的角速度为
为l / 2 ，杆和套管组成系统以角速度0 绕OO′轴
转动，如图所示。若在转动过程中细线被拉断，
套管将沿着杆滑动。在套管滑动过程中，该系统
转动的角速度 与套管轴的距离x的函数关系为
70l 2
(杆对OO′轴转动惯量为
1 3
ml
)2
4(l 2 3x2 ) 。
O
0
[
1 3
ml
2
m(
l 2
)2
]0
[
1 3
角速度在2s内均匀减速至 4rad s，1 则刚体
在此恒力矩的作用下的角加速度 -2 rad·s-2
刚体对此轴的转动惯量 I 4 kg·m2
匀变速转动：(1) 0 t
（2）M I I
13
8. 一刚体对某定轴的转动惯量为 I 10kg m2
在恒力矩作用下由静止开始做角加速度 2rad s2
定轴转动。在5s末的转动动能 EK 500 J
该恒力矩 M 20 N·m ，该恒力矩在0~5s这段
时间内所作的功 A 500 J ， 刚体转动的角度
这段时间内飞轮转过 N t / 4 转，
拉力做的功为 A 1 mD2 2。
16
匀加速 t ; 1 t 2 N ;
转动：
2
2
吉大物理练习册稳恒磁场答案
µ0 I 1 µ0 I o = × + ( 1 − sin 60 ) o 2 R 6 4π R cos 60 µ0 I µ0 I 3 = + (1− ) 12 R 2π R 2
4.一半径为R薄圆盘，其中半径为r阴影部分均匀带正 电，面电荷密度为+σ，其余部分均匀带负电，面电荷密 度为-σ。设此盘以角速度为ω绕其轴线匀速转动，圆盘 中心o处的磁感应强度为零，问R和r有什么关系？ 取半径为 r ~ r+dr 的细圆环
µ0 I 1 dF = BI 2 dr = I 2 dr 2πr R2 µ0 I 1 µ0 I 1 I 2 R2 Fbc = Fda = ∫ I 2 dr = ln 2πr 2π R1 R1
r a
•
I2
d R2 R1 θ c b
同理对于r处的电流元dr, 所受的力矩为：
θ θ µ0 I 1 dM 2 2 2πr θ µ0 I 1 I 2 sin 2 dr = π θ θ R2 µ I I sin µ0 I 1 I 2 sin 0 1 2 2 dr = 2 (R −R ) M=∫ 2 1 π π R1
1 C. µ0 I 4
3 2 D． µ0 I 3
120ο
I d
c
L
8．两个共面同心的圆形电流I1和I2，其半径分别 为R1和R2，当电流在圆心处产生总的磁感强度 B 为零时，则二者电流强度之比I1：I2为 ( ) A. R1:R2 B. R2:R1 C. R21:R22 D. R22:R21
9. 一无限长通有电流I、宽度a、厚度不计扁平铜片，电 流在铜片上均匀分布，铜片外与铜片共面，离铜片右边 ρ 缘b处P点磁感应强度 B 大小为 u0 I a + b u0 I u0 I a + b ln B C 2π b ln b A 2π (a + b ) 2π a b 以P为原点，向左建立OX轴如图 在坐标x处取宽dx的电流
大学物理第四版下册课后题答案(供参考)
习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E i r πε=， 2q 在C 点产生的场强：22204BCq E j r πε=，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯；C 点的合场强：22412 3.2410VE E E m =+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：911.010q C m l λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯，则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V mR πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆αi2cm O R x αα心O 点的场强。
【VIP专享】吉大物理练习册稳恒磁场答案
C.沿I1方向 D.沿I2方向 E.无作用力
二、填空题 1 .一质点带有电荷q，以速度υ在半径为R的圆周 上作匀速圆周运动，该带电质点在轨道中心产生 的磁感应强度B = µυq / 4π R2 ；该带电质点轨道 运动的磁矩Pm= IS = υqR/ 2 。
2. 两根长直导线通ϖ有ϖ电流 I ，图示有三种环路；
一、选择题
∫ 1．安培环路定理
H
1
⋅
dl
=
ΣI i 中，说明(
)
A. H 的环流仅由环路L所包围的传导电流决定
B. H 仅由环路L所包围的传导电流决定
C. H应由环路内与环路外的全部传导电流决定
2．下列说法正确的是 ( ) A. 一个电流元能够在它的周围任一点激起磁场 B. 圆电流在其环绕的平面内，产生磁场是均匀场 C. 方程式B＝μ0nI对横截面为正方形或其他形状
和洛仑兹力
B.只有库仑力和洛仑兹力
C.只有三种中某一种
5．载流为I、磁矩为Pm的线圈，置于磁感应强度
为B的均匀磁场中。若Pm与B方向相同，则通过线 圈的磁通量Ф与线圈所受的磁力矩M的大小为
A．Φ = IBPm , M = 0
B．Φ = BP m , M = 0
I
C．Φ = IBPm , M = BPm
5．半径为R细圆环均匀带电，电荷线密度为λ。
若圆环以角速度ω绕过环心且垂直于ρ环面转轴作
匀速转动，则环心处的磁感应强度 B 的大小
为
µ0ωλ / 2
。
I
=
nq
=
ω 2π
λ
⋅
2πR
B=
µ0 I 2R
=
µ0 ωλ
吉林大学大学物理作业答案综合练习题(下)(二)
A. 1.50µm B. 1.57µm C. 1.29µm D. 1.43µm
氧化钽
A
B
玻璃衬底 玻璃衬底
2ne＋λ/2＝(2k+1)λ/2 (k=10)
2.物体在周期性外力作用下发生受迫振动，且周期性外力的频率与物体固 有频率相同。若忽略阻力，在稳定情况下，物体的运动表现出如下特点
A. 物体振动频率与外力驱动力的频率不同， 振幅呈现有限值； B. 物体振动频率与外力驱动力的频率相同， 振幅呈现有限值； C. 物体振动频率与外力驱动力的频率不同， 振幅趋于无限大； D. 物体振动频率与外力驱动力的频率相同， 振幅趋于无限大；
固有长度l0
3.两飞船，在自己的静止参照系中测得各自的长度均为100m。飞船1上的 仪器测得飞船1的前端驶完飞船2的全长需5/3×10-7s。两飞船的相对速度 的大小是（ ）
同地钟——固有时间t
0
A.
c/ 6
B.
C.
c/2
l t0
D.
c/ 2
2c / 5
l l0
v2 1 2 c
v
4.光子A的能量是光子B的两倍。则光子A的动量是光子B的（ A.1/4 B.1 C. D.2 倍。
l 0 . 5 m m 解：
e e 3 9 0 0 n m 5 2 2
2 2n
l
1 . 71 0r a d
4
4.一平面透射光栅，当用白光垂直照射时，能在30°衍射方向上观察到600nm的第 二级干涉主极大，并能在该处分辨△λ=0.05nm的两条光谱线，但在此30°方向上却 测不到400nm的第三级主极大，计算此光栅的缝宽a和缝距b以及总缝数N 。
吉大大物第7章 静电场作业答案
6.如图所示,半径为R的导体球原来带电为Q,现将一点电荷q 放在球外离球心距离为x （>R）处，导体球上的电荷在P 点（OP = R/2）产生的场强和电势.
＋
解：由于静电感应，使电荷重新 ＋ 分布,球内处处场强为零.因此P 点＋ ＋ 总的电场强度也为零.
＋
－
R
.R/2 . O
P
－ － －
+q
.
＋ ＋
5.高斯定理
S
D ds dV
V
7．静电场中a、b两点的电势差 Ua Ub 取决于 A. 零电势位置选取 C. a、b点场强的值 B. 检验电荷由a到b路径 D． a E dl （任意路径）
b
A.适用于任何静电场 B.只适用于真空中的静电场 C.只适用于具有球对称性、轴对称性和平面 对称性的静电场 D.只适用于虽然不具有（C）中所述的对称性、但可 以找到合适的高斯面的静电场 6.两无限大均匀带电平行平面A和Ｂ，电荷面密度分别 为+σ和－σ，在两平面中间插入另一电荷面密度为＋ σ平行平面C后，P点场强大小
D左r 2 D右r 2 Dr 2r 2d 0
r
d
8.半径分别为R1和R2的两个导体球A、B，相距 很远且离地面亦很远（可视为两孤立导体球）， A球原来带电Q，B球不带电。现用一要导线将 两球连接，静电平衡后忽略导线带电，问: (1) (1) A 、B各带多少是电量？(2) 在电荷移动过程中放出 多少热能？ 解 (1)
8. 半径为 r 均匀带电球面1，带电量为q；其外有 一同心半径为R的均匀带电球面2，带电量为Q， 则此两球面之间的电势差U1－U2为：
物理与人类生活智慧树知到课后章节答案2023年下吉林大学
物理与人类生活智慧树知到课后章节答案2023年下吉林大学吉林大学绪论单元测试1.下列物理学分支学科中，形成时间最早的是A:相对论 B:力学 C:电磁学 D:热学答案:力学2.下列关于物理学特征的说法，不恰当的是A:物理学与艺术截然不同，物理理论无所谓美感 B:从整体上了解物理学的概貌可以帮助我们学好物理 C:物理学论具有很多的实用价值 D:多做习题可以帮助我们理解物理规律答案:物理学与艺术截然不同，物理理论无所谓美感3.关于物理学的研究方法，下列说法恰当的是A:任何物理学研究只能先做实验，从实验中发现规律 B:物理学研究必须以实验为前提，实验之前的理论预测毫无意义 C:物理学研究主要依靠计算，只要计算正确也可以不做实验 D:实验和理论的方法并存，相辅相成推动物理学发展答案:实验和理论的方法并存，相辅相成推动物理学发展4.下列物理学研究内容与分支学科的对应中，描述不恰当的是A:对微观粒子运动的研究形成了量子力学 B:对机械运动的研究形成了近代物理学 C:对热运动的研究形成了热学 D:对电磁和光运动的研究形成了电磁学和光学答案:对机械运动的研究形成了近代物理学5.下列关于学习物理学的作用的说法，正确的是A:只有物理专业的人才需要学物理，其它人学习物理毫无意义 B:物理学纯粹是理论研究，与日常生活无关C:学好物理学，就可以掌握世界的全部规律，不需要再学其它学科 D:学习物理不仅可以了解自然规律，还可以指导人的科学活动答案:学习物理不仅可以了解自然规律，还可以指导人的科学活动第一章测试1.首先用望远镜观察天文现象的学者是A:第谷 B:开普勒 C:伽利略 D:哥白尼答案:伽利略2.下列哪一现象是支持日心说、反对地心说的决定性证据A:在地球上观察到月亮的盈亏现象 B:在地球上观察到行星的轨道是椭圆形的C:在地球上观察到金星的盈亏现象 D:在地球上观察到行星运行的折返现象答案:在地球上观察到金星的盈亏现象3.古希腊的托勒密提出地心说宇宙观的依据是A:哲学思考 B:天文观察 C:哥白尼学说 D:宗教规定答案:天文观察4.关于金星凌日现象，下列说法错误的是A:金星凌日现象大约每个世纪发生2次 B:发生金星凌日是因为金星和地球环绕太阳运行的轨道在同一平面上 C:金星凌日现象是光线直线传播的结果 D:发生金星凌日时，太阳、金星、地球刚好在一条直线上答案:发生金星凌日是因为金星和地球环绕太阳运行的轨道在同一平面上5.下列哪种现象属于力学的研究范畴？A:手机收发信号 B:行星绕太阳运动 C:布朗运动 D:水分解为氢和氧答案:行星绕太阳运动第二章测试1.下列说法正确的是A:热力学第一定律的本质是能量守恒 B:空气湿度100%的含义是空气中液体的分子数等于气体的分子数 C:农民给土壤松土是为了利用毛细现象促进植物吸收土壤中的水分 D:第二类永动机不违背能量守恒，有可能实现答案:热力学第一定律的本质是能量守恒2.进行人工降雨时，实际上是A:增加云层中的水的含量 B:促进云层中水分子的流动 C:增加使水蒸气凝结成液体的凝结核 D:提高云层中的水的温度答案:增加使水蒸气凝结成液体的凝结核3.关于沸腾现象，下列说法正确的是A:在高山上食物不易煮熟，是因为高山上温度低，食物吸收的热量不够 B:沸点温度取决于液体自身的性质，与外界压强无关 C:如果液体中完全不存在气泡，就不会发生沸腾现象 D:密闭容器中，需要很高的温度才会发生沸腾现象答案:如果液体中完全不存在气泡，就不会发生沸腾现象4.单个原子所具有的能量的特点是A:能量的大小主要由电子的角动量确定 B:能量取值不受外加电场或磁场的影响 C:能量可以任意取值 D:能量只能取一些分立的值答案:能量只能取一些分立的值5.下列叙述中，不符合热力学第二定律的是A:不可能把热量从低温物体传到高温物体而不产生其它影响 B:一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的 C:不可能从单一热源吸收热量使其完全变为有用功而不产生其它影响 D:只要是符合能量守恒的功能转换过程就一定能实现答案:只要是符合能量守恒的功能转换过程就一定能实现第三章测试1.总结了电磁学的实验和理论研究结果，提出电磁场基本方程组的科学家是A:法拉第 B:欧姆 C:麦克斯韦 D:安培答案:麦克斯韦2.下列哪一装置利用了磁场对运动电荷有力的作用这一规律？A:发电机 B:电动机 C:避雷针 D:高压防护服答案:电动机3.变压器、电磁炉、磁记录装置都是利用了A:洛伦兹力现象 B:静电屏蔽现象 C:电磁感应现象 D:安培力现象答案:电磁感应现象4.关于大气中的负氧离子(O-)，下列说法正确的是A:负氧离子可保护环境、有利于人体健康 B:负氧离子在自然环境下的平均寿命可超过一天 C:与晴朗天气相比，在阴雨天空气中含有更多的负氧离子 D:负氧离子不会在自然环境下产生，需要人为制造答案:负氧离子可保护环境、有利于人体健康5.下面哪个定律不属于电磁学的基本原理？A:安培定律 B:欧姆定律 C:库仑定律 D:查理定律答案:查理定律第四章测试1.下面情形中，能发生光的干涉现象的是A:两支LED灯泡同时照射在纸面上很小的一个区域 B:一束很细的光线通过两个距离很近的小孔后照射到不远处的墙上 C:两盏高强度探照灯照射地面同一区域 D:教室里的两支日光灯管照射在同一张课桌上答案:一束很细的光线通过两个距离很近的小孔后照射到不远处的墙上2.用光照射一根拉直的头发丝，并在其后方的白色屏幕上投下影子，则可观察到A:与头发丝同样宽度的的边界清晰的影子 B:比头发丝宽得多的影子，但是边界清晰 C:略微展宽的影子，并且两侧边缘有明暗相间的条纹 D:比头发丝还细窄的影子答案:略微展宽的影子，并且两侧边缘有明暗相间的条纹3.关于自然界的虹和霓现象，下列说法正确的是A:虹和霓呈现的颜色种类不同 B:虹符合折射定律、霓不符合折射定律 C:虹和霓只是明亮程度不同，无其它差别 D:虹和霓呈现的颜色顺序相反答案:虹和霓呈现的颜色顺序相反4.下列现象中，光沿直线传播的是A:潭清水浅 B:海市蜃楼 C:雨后彩虹 D:针孔成像答案:针孔成像5.当两束光同时照射在屏幕上同一位置时A:屏幕上的光强度的平方等于两束光强度的平方和 B:屏幕上的光强度等于两束光强度的和 C:屏幕上的光强度等于两束光干涉的结果 D:屏幕上的光强度等于两束光强度的差答案:屏幕上的光强度等于两束光干涉的结果第五章测试1.当单个原子的核外电子处在某一层轨道上时A:这个原子的能级形成连续的能带 B:这个原子的能级还受电子角动量、自旋的影响 C:这个原子的能级就完全确定了 D:原子核的自旋对能级没有影响答案:这个原子的能级还受电子角动量、自旋的影响2.下列光谱中，波长最长的是A:核磁共振光谱 B:电子光谱 C:分子振动光谱 D:分子转动光谱答案:核磁共振光谱3.量子力学诞生的标志是A:爱因斯坦提出光量子假说 B:普朗克提出能量子假说 C:泡利不相容原理的提出 D:光电效应现象的发现答案:普朗克提出能量子假说4.下列关于十九世纪末黑体辐射问题的描述，恰当的是A:维恩推导出了正确的辐射公式 B:经典物理已经圆满解释了此问题 C:辐射出的物质对环境造成了灾难 D:辐射强度的性质与温度有密切关系答案:辐射强度的性质与温度有密切关系5.锂、钠、钾等在元素周期表中处于同一列的元素，它们的共同点是A:具有相同的电子角动量 B:具有相同的自旋 C:具有相同的最外层电子数 D:具有相同的轨道层数答案:具有相同的最外层电子数第六章测试1.下列哪一项技术需要考虑相对论效应？A:全球定位系统（GPS） B:医学X光透视 C:建设和运行核电站 D:磁悬浮列车答案:全球定位系统（GPS）2.关于迈克耳逊-莫雷实验，下列说法错误的是A:实验的目的是试图测量地球相对以太的运动速度 B:实验结果引起了当时的物理学家们的充分重视 C:实验装置利用了光的干涉原理 D:实验得到了预期的结果答案:实验得到了预期的结果3.关于引力场对光线的作用，下述说法错误的是A:光线通过引力场时将发生弯曲 B:在日全食期间更有可能观察到太阳引力使光线偏折的现象 C:在地球上观察，来自遥远星体的光靠近太阳时将被太阳引力拉弯 D:光线通过引力场时速度大小保持不变答案:光线通过引力场时速度大小保持不变4.下列关于广义相对论对万有引力的认识，正确的说法是A:在宇宙空间可以找到完全没有作用力的区域 B:在引力场作用下自由下落的参照系是真正的惯性参照系 C:万有引力作用是超距作用 D:受引力场作用的惯性参照系和无引力场的另一个惯性参照系等效答案:在引力场作用下自由下落的参照系是真正的惯性参照系5.有一速度接近光速的宇宙飞船头尾各有一个脉冲光源在工作，处于船尾的观察者测得船头光源发出得光脉冲的传播速度大小为u，处于船头的观察者测得船尾光源发出得光脉冲的传播速度大小为v，则A:u < c、v > c B:其余选项都不对 C:u > c、v < c D:u = c、v = c答案:u = c、v = c。
大学物理学 下册习题与答案
习题九一、选择题9.1 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：(A) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．(B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．(C) 如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零．［A(本章中不涉及导体)、 D ］ 9.2有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为(A)03εq ． (B) 04επq (C) 03επq ． (D) 06εq ［D ］q题图9.19.3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(A)S q 02ε (B)S q 022ε (C) 2022S q ε (D) 202Sq ε [B ]9.4 如题图9.2所示，直线MN 长为2l ，弧O C D 是以N 点为中心，l 为半径的半圆弧，N 点有正电荷q +，M 点有负电荷q -．今将一试验电荷0q +从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功(A) A ＜0 , 且为有限常量． (B) A ＞0 , 且为有限常量．(C) A ＝∞． (D) A ＝0． ［D ，0O V =］-题图9.29.5静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能．(B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能．(D)把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功． ［C ］9.6已知某电场的电场线分布情况如题图9.3所示．现观察到一负电荷从M 点移到N 点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？(A) 电场强度M N E E <． (B) 电势M N U U <．(C) 电势能M N W W <． (D) 电场力的功A ＞0．［C ］ 二、计算题9.7 电荷为q +和2q -的两个点电荷分别置于1x m =和1x m =-处．一试验电荷置于x 轴上2q -0解：设试验电荷0q 置于x 处所受合力为零，根据电力叠加原理可得()()()()022220000(2)(2)ˆˆ0041414141q q q q q q i i x x x x εεεε⋅-⋅-+=⇒+=π-π+π-π+ 即：()()()()22221(2)0121011x x x x -+=⇒+--=-+()()22212210x x x x ++--+=2610(3x x x m -+=⇒=±。
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。
吉大物化下题及答案 (2)
物理化学问答题第一定律部分1、 1、为什么第一定律数学表示式dU=δQ-δW 中内能前面用微分号d ， 而热量和功的前面用δ符号？答：因为内能是状态函数，具有全微分性质。
而热量和功不是状态函数，其微小改变值用δ表示。
2、 2、公式H=U+PV 中H > U,发生一状态变化后有ΔH =ΔU +Δ（PV ），此时ΔH >ΔU 吗？为什么？答：不一定。
因为Δ（PV ）可以为零、正数和负数。
3、 3、ΔH = Qp , ΔU = Qv 两式的适用条件是什么？答：ΔH = Qp 此式适用条件是：封闭系等压非体积功为零的体系。
ΔU = Qv 此式适用条件是：封闭系等容非体积功为零的体系。
4、 4、ΔU=dTCT Tv⎰21，ΔH=dTCp T T⎰21两式的适用条件是什么？答：ΔU=dTCT Tv⎰21此式适用条件是：封闭系等容非体积功为零的简单状态变化体系。
ΔH=dTCp T T ⎰21此式适用条件是：封闭系等压非体积功为零的简单状态变化体系。
5、 5、判断下列说法是否正确（1）状态确定后，状态函数的值即被确定。
答：对。
（2）状态改变后，状态函数值一定要改变。
答：不对。
如：理想气体等温膨胀过程，U 和H 的值就不变化。
（3）有一个状态函数值发生了变化，状态一定要发生变化。
答：对。
6、 6、理想气体绝热向真空膨胀，ΔU=0，ΔH=0对吗？答：对。
因理想气体绝热向真空膨胀过程是一等温过程。
7、恒压、无相变的单组分封闭体系的焓值当温度升高时是增加、减少还是不变？ 答：增加。
7、 7、在P Ø下，C （石墨）+O 2（g ）——>CO 2（g ）的反应热为Δr H θm ，对于下列几种说法，哪种不正确？（A ）Δr H θm 是CO 2的标准生成热，（B ）Δr H θm 是石墨的燃烧热，（C ）Δr H θm=Δr U m ，（D ）Δr H θm >Δr U m 答：D 不正确。
吉林大学物理(下)习题册答案9
2
2 x
2 x 2
2 x
i - [ Et - ( xp x + yp y + zp )] z h
15
4.设宽为a的一维无限深势阱中，可知粒子的基态 2 π sin x 试求粒子处于基态时 , 波函数 y ( x ) = a a a （1）粒子在 0 £ x £ 区间中出现的几率； 4 （2）粒子出现在 a/4处的几率密度； （3）在何处粒子出现的几率最大？ a a 2 2 π 2 4 4 解：(1) D = ò y ( x ) dx = ò sin xdx W 0 a 0 a 1 1 = = 9 1 . % 4 2 π
p 1 2 E = m = u 2 m 2
2 2 n h n2 π 2 h2 ® E = 2 = 8ma 2 2 ma
2011年11月16日星期三 吉林大学 物理教学中心 18
2
n = 1 2 L , ,
6. 设一个粒子在一维无限深势阱中，它的任意 E 两个相邻的能级之间的相对能量差为 D / E ， 2 证明： E / E = ( 2 + 1 / n D n )
2
( 3 Q n = 1 波节在两端，两波节中间处 )
即 x=a/2 点的几率最大。
2011年11月16日星期三 吉林大学 物理教学中心 17
5. 在一维无限深势阱中运动的粒子，其德布罗 意波可类比于一个两端固定的弦上的驻波，试用 驻波条件来求一维无限深势阱中粒子的能级。 解：根据驻波条件 l h hn 2 a a = n ® l = ® p = = 2 l 2 a n
y ( x y z t ) = y 0 e , , ,
大学物理下册课后答案超全超详细
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) 302r U R ． (B) R U 0． (C) 20rRU ． (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 = U B = U C （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 - S d 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 1.0×10-8 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 q r 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C B 、A 间电势差 a b R R R R BAR 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 02022ελελπ=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=7.12×10-4F12-2三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。
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2.设S'系相对S系以匀速u运动，两系原点o'、o重 合时，在原点处发出一光脉冲，则两坐标系观测 到的波面形状分别是（ ） A. S系为球面，S'系为椭球面 B. S系为椭球面，S'系为球面 C. 两系均观测到球面 D. 两系均观测到椭球面 3.狭义相对论中“洛仑兹变换”式的适用条件是( ) A. 两个惯性系相对低速运动 B. 两个惯性系相对高速运动 u Dt ' = g ( t - 2 Dx D ) C. 任意两个惯性系之间 c D. 惯性系与非惯性系之间
5.一刚性直尺固定在K'系中，它与x'轴正向夹角 o a＝45 ，在相对K'系以速u沿x'轴作匀速直线运 动的K系中，测得该尺与x轴正向夹角为（ ） o o o A. a>45 B. a<45 C. a=45 o D. 若u沿x'轴正向，则a＞45 ; o 若u沿x'轴负向，则a<45
u 1 1 - (u 1 / c ) 2
7. a粒子在加速器中被加速到动能为其静止能量的 4倍时，其质量m与静止质量m 的关系为（ ） 0 A. m=4m ; B. m=5m ; 0 0 C. m=6m ; D. m=8m 。 0 0
8. 边长为a的正方形游泳池静止于K惯性系，当惯 性系K'沿池一边以0.6c的速度相对K系运动时， 在K'系中测得游泳池的面积为（ ）。
第十七章
相对论基础
一、选择题
1.下列几种说法 （1）所有惯性系对物理基本规律都是等价的。 （2）真空中光的速度与光的频率、光源的运动 无关。 （3）在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向 的传播速度都相同。 其中那些说法是正确的？ A.（1）、（2） C.（2）、（3） B.（1）、（3） D.（1）、（2）、（3）
u ¢ t t =g ( - 2 x ) c
4.在一个惯性系中两个事件同时发生在距离Dx的 两地，在以速度u与此惯性系作相对运动的另一 个惯性系中测得这两个事件的时间差为________.
u u x D u ¢ Dt = g ( Dt - 2 Dx ) = － g 2 Dx = c u 2 c 2 c 1 ( ) c
6. 一火箭的固有长度为L，相对于地面作匀速直 线运动的速度为u1 ，火箭上有一个人从火箭的后 端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭 的速度为 u2 的子弹，在火箭上测得子弹从射出到 击中靶的时间是（ ）。
L A. u 1 + u 2 L B. u 2 L C. u 2 - u 1 D. L
8. 质子的静止质量是m ，其动能和它的静止能量 0 P = 3 m 0 c 相等．则它的动量__________.
Ek = mc - m0 c = m0 c E
2
2
2
2
= E + c P
2 0
2
2
Þ P = 3 0 c m
h n hn / c 2 9. 频率为n的光子的能量为_____，质量为______ h n h / c n ，动量为______，动能为_____。
3.在S系中一次爆炸发生在坐标(x，y，z，t)为 8 (6,0,0,10 )处，S'系相对S系以 0.8c 的速度沿x 轴 正向运动，在t=t'=0时两参考系的原点重合，求S' 8 中测得该爆炸的坐标____________ (6,0,0,10 )
¢ x ) x =g ( -ut
4.（1）对某观察者来说，发生在某惯性系中同一 地点，同一时刻的两个事件，对于相对该惯性系 作匀速直线运动的其他惯性系中的观察者来说， 它们是否同时发生？ （2）在某惯性系中发生于同一时刻，不同地点的 两个事件，它们在其他惯性系是否同时发生？ 关于上述两个问题的正确答案是：（ ） A.（1）同时,（2）不同时。 B.（1）不同时,（2）同时 C.（1）同时,（2）同时 D.（1）不同时,（2）不同时
5. 两只相对运动的标准时钟A和B，从A所在惯性 A 系观察，走得快得是____，从B所在惯性系观 察，走得快的是_____。 B
6. 一观察者测得运动的米尺长0.5m，则此尺 以速度______接近观察者。（米尺沿其长度 3c / 2 方向运动）。
7. 设电子静止质量为m ，将一个电子从静止加 0 速 到 速 率 为 0.6c（ c为真 空中 光速 ），需 作功 2 m c /4 _________。 0 2 2 2 1 A = Ek = mc - m0 c = m0 c 4
10. 根据相对论力学，动能为1/4MeV的电子（电 2 子能量m c =0.5MeV)，其运动速度约等于（ ） 0 A. u = 0.1c B. u = 0.5c C. u = 0.75c D. u = 0.85c
二、填空题
地球相对以太的速度 1.迈克尔逊—莫雷实验通过测量___________பைடு நூலகம்________否 绝对参考系 定了______________的存在。 2.有一速度为的宇宙飞船沿轴正方向飞行,飞船头尾 各有一个脉冲光源在工作，处于船尾的观察者测得 船头光源发出得光脉冲的传播速度大小为______, c 处于船头的观察者测得船尾光源发出得光脉冲的传 播速度大小为_______。 c
2 A. a 2 B. 0.6a 2 C. 0.8a 2 D. a /0.8
9.设某微粒子的总能量是它的静止能量的倍，则 其运动速度的大小为( ).(c～表示真空中的光速)
c c 2 A. B. 1 - K K - 1 k c c 2 K ( K + 2 ) K - 1 C. D. K + 1 K