第15章课后作业讲解马文蔚第六版

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西方经济学(宏观部分)第6版课后习题答案详解

第十二章国民收入核算1.宏观经济学和微观经济学有什么联系和区别？为什么有些经济活动从微观看是合理的，有效的，而从宏观看却是不合理的，无效的？解答：两者之间的区别在于：(1)研究的对象不同。

微观经济学研究组成整体经济的单个经济主体的最优化行为，而宏观经济学研究一国整体经济的运行规律和宏观经济政策。

(2)解决的问题不同。

微观经济学要解决资源配置问题，而宏观经济学要解决资源利用问题。

(3)中心理论不同。

微观经济学的中心理论是价格理论，所有的分析都是围绕价格机制的运行展开的，而宏观经济学的中心理论是国民收入(产出)理论，所有的分析都是围绕国民收入(产出)的决定展开的。

(4)研究方法不同。

微观经济学采用的是个量分析方法，而宏观经济学采用的是总量分析方法。

两者之间的联系主要表现在：(1)相互补充。

经济学研究的目的是实现社会经济福利的最大化。

为此，既要实现资源的最优配置，又要实现资源的充分利用。

微观经济学是在假设资源得到充分利用的前提下研究资源如何实现最优配置的问题，而宏观经济学是在假设资源已经实现最优配置的前提下研究如何充分利用这些资源。

它们共同构成经济学的基本框架。

(2)微观经济学和宏观经济学都以实证分析作为主要的分析和研究方法。

(3)微观经济学是宏观经济学的基础。

当代宏观经济学越来越重视微观基础的研究，即将宏观经济分析建立在微观经济主体行为分析的基础上。

由于微观经济学和宏观经济学分析问题的角度不同，分析方法也不同，因此有些经济活动从微观看是合理的、有效的，而从宏观看是不合理的、无效的。

例如，在经济生活中，某个厂商降低工资，从该企业的角度看，成本低了，市场竞争力强了，但是如果所有厂商都降低工资，则上面降低工资的那个厂商的竞争力就不会增强，而且职工整体工资收入降低以后，整个社会的消费以及有效需求也会降低。

同样，一个人或者一个家庭实行节约，可以增加家庭财富，但是如果大家都节约，社会需求就会降低，生产和就业就会受到影响。

第11章光学作业题目讲解马文蔚第六版

s; n

n

4.88107 m

488nm
Vn

c

51014 Hz
(3)几何路程SC SA AB BC SA d BC 0.111m
cos1
光程 SA 1+AB n+BC1=0.114m
11-14
已知：杨氏干涉实验
n1, n2, ,中央明纹变
• 求解：λ’
• 解：根据题意知牛顿环干涉暗环半径公式
r kR
• 其中k ＝0，1，2…，k ＝0，对应牛顿环中心的暗斑，k＝1 和k ＝4 则对应第一和第四暗环，由它们之间的间距
r r4 r1 R
• 所以知 r
• 因此，两种波长前后对比
r r • 得到： λ′＝546 nm
• 解：根据分析，对应于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由于衍射明纹条
件 bsin 2k 1
2
• 由比较法得
2k1 11 2k2 12
• 将已知条件 2 600 nm,k2 2, k1 3 • 带入上式，得
•
1

2k2 12
2k1 1
•得
k / k 2 / 1 3 / 2
• 显然，第一次重合是λ1 的第3 级明纹与λ2 的第2级明纹重合，
• 第二次重合是λ1 的第6 级明纹与λ2 的第4级明纹重合．
• 此时，k＝6，k′＝4，φ＝60°，则光栅常数
d k1/sin 3.05106 m 3.05 μm
2nb 2nx
11-20
• 折射率为1.60的两块标准平面玻璃板之间形成一个劈形膜（劈尖角θ 很小）．用波长λ＝600 nm 的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹．假如在劈形膜内充满n ＝1.40 的液体时的相邻明纹间距比劈形膜内是空气时的间距缩小Δl ＝0.5 mm，那么劈尖角θ 应是多少？

物理学简明教程马文蔚第1至8章课后习题答案详解（供参考）

物理学简明教程马文蔚第1至8章课后习题答案详解（供参考）1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v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ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ??+??? ??t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解 tr d 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 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量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 -4 质点的运动方程为23010t t x +-=和22015t t y -=，式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ。

大学物理活页作业(马文蔚主编)答案

运动方程。）
7．解：（1）
r

2ti

(2

t
2
)
j
( SI )
r1 2i j (m)
r2 4i 2 j (m)
r r2 r1 2i 3 j (m)
v

r

2i

3j
t
(m / s)
（2） v
mr 2 J
（2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为 T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：
mg – T＝ma
T r＝J
由运动学关系有： a = r
联立解得：
mgJ T
J mr 2
1 质点运动学单元练习一答案—11
10．解：以中心 O 为原点作坐标轴 Ox、Oy 和 Oz 如图所示，取质量为 dm dxdy
式中面密度为常数，按转动惯量定义，
Jz
(x2

y 2 )dm

b
2 b
dx

a
2 a
(
x
2

y 2 )dy

(ab3 12
a3b)
2
2
薄板的质量 m ab
所以
Jz

m (a2 12

b2 )
7.刚体转动单元练习（二）答案
1．C
2．A
3．D
4．B
5．
3
o
；
1 3
Ep

1 2
mv12

1 2
m2v
2 2

1 2
(m1
m2 )v 2

大学物理马文蔚课堂笔记

上海师范大学
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2m
m
C
m
§3.9 质心质心运动定律
解法一: 书上的解法-----用质心运动定律求解.
由于爆炸是属于内力, 因此根据质心运动定律可知, 爆炸前后弹丸的质心运动轨迹是相同的.
m C m
2m 建立坐标系如图, 以第一个碎片的落地点为坐标原点. 第二个碎片的落地点为x2; 二碎片的质心坐标为xc . 由质心坐标的计算公式可得,

rc
mi ri
i 1
m'
因为质点的质量及总质量是不变的, 因此上式两边对时间求导数, 得 drc dri (5) m' mi dt dt i
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§3.9 质心质心运动定律
d rc d ri 由速度的定义式可知是质心的运动速度; 是第i个质点的运动速度. dt dt 因此, (5)式可以写成, n n m'c mii pi pc (6)
化简得
m2 2 (m ) m 2mgR m'
2m' gR ; m m'
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m
m'
m m m m' m'
2m' gR m m'
13 /14
习题课
m
2m' gR ; m m'
m'
m m'
2m' gR m m'
2m' gR m m'
§3.9 质心质心运动定律
密度均匀、形状对称分布的物体, 其质心都在它的几何中心处. 如质量均匀分布的圆环其质心在圆环中心; 质量均匀分布的球其质心在球心等. 下面通过两个例子掌握质量分立和连续分布体系的质心的求法.

燕继荣《政治学十五讲》笔记和课后习题详解第（5-8）章【圣才出品】

燕继荣《政治学十五讲》笔记和课后习题详解第（5-8）章【圣才出品】预览说明:预览图片所展示的格式为文档的源格式展示,下载源文件没有水印,内容可编辑和复制第五讲政治生活的价值取向5.1复习笔记价值体系是长期的文化积淀的产物，是一个社会组织安排的深层结构。

以它为基础，形成社会生活的基本理念和组织安排的基本原则。

正义、权利、自由、自治、民主、平等、福利、宽容等观念是现代价值体系构成的基本要素。

一、政治价值体系的构成政治价值体系是政治社会的基础，它是文化积淀的历史产物。

1．作用政治价值体系的作用主要有：（1）决定了社会生活的意义、方向和目标；（2）提供了人们行为评价的标准；（3）规定了社会生活组织安排的基本原则。

2．地位关于政治价值体系的地位，有政治经济分析、结构分析和系统分析三种不同的观点。

（1）政治经济分析的观点根据马克思主义政治经济分析的观点，政治价值体系属于社会上层建筑，受社会经济发展水平和经济关系的制约，如图5-1所示。

生产力是社会变迁的基础。

它的变化引发生产关系的变革，进而带来社会制度的变革，从而产生新的意识形态和价值体系。

图5-1马克思政治经济分析中的价值体系（2）政治结构分析的观点在政治结构分析中，政治价值体系属于政治体系的基础性的深层结构。

它渗透于政治意识形态和政治文化之中，共同构成了政治系统的“观念”系统。

如图5-2所示。

图5-2政治结构中的价值体系（3）系统分析的观点运用系统分析的方法和观点，如果把政治体系视为一个系统平台，那么，政治组织和制度构成了该系统的“硬件”系统，而政治价值体系则构成了该系统的“软件”系统。

见图5-3：图5-3政治系统中的价值体系3．构成（1）构成要素正义、权利、自由、自治、民主、平等、宽容是现代政治生活中最基本的价值追求，它们是构成政治价值体系的最基本的要素。

（2）构成要素之间的关系政治价值体系要素之间存在一定的结构关系，每个概念或要素各有其自己的应用范围，反映了不同的生活层面和角度。

物理学教程第二版马文蔚下册课后问题详解完整版

第九章静电场9－1 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( )题 9-1 图分析与解 “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 ).9－2 下列说确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面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，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；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 ).9－3 下列说确的是( )(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) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域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).*9－4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题9-4 图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).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±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围为2×10－21e，中子电量为10－21e，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 围时，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. 9－6 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 r e r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8 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2204π1L r 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.题 9-8 图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 r q 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，⎰=L E 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⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r q E20π2d ε，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 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 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 LQ 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.9－9 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.题 9-9 图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9－3节的例2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θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为 ()i E 2/3220d π41d r x q x +=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 ()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R R R r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 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.题 9-10 图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θcos 20er p =，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302π41xp 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θθcos 2cos 200er p p ==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()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x eE θθε 测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 9－11 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.题 9-11 图分析 (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()iiEEExrxrxrx-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=+=+-π211π2ελελ(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iEFπ2rελλ==-+iEF2π2rελλ-=-=+-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.9－12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.题9-12 图分析方法1：作半径为R的平面S与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01dqεSSE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⎰⎰'⋅-=⋅=SSSESEΦdd方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即⎰⋅=SS dsEΦ解1 由于闭合曲面无电荷分布，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 R E 22ππcos 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()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9－13 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∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅sQ E r S E 0i2π4d ε上式中i Q 是高斯面的电荷量，分别求出处于带电球外的高斯面的电荷量，即可求得带电球外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ=假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体的电场强度为r E 03ερ=R r >时， 302π34π4R E r ερ=考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 re rR E 2033ερ=9－15 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 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 .题 9-15 图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=∑q 01=ER 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，如图（b ）所示，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===9－16 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.题 9-16 图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()d εQ 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. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2=其中λ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. 9－18 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V36π41111==RqεV当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322RR=，带有电量q2＝2q1，雨滴表面电势V5722π411312==RqεV9－19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.题 9-19 图分析由于“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i2εσ±，叠加求得电场强度的分布，()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=axaxaaxiEεσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()axaxεσVx<<--=⋅=⎰dlE()axaεσV-<=⋅+⋅=⎰⎰-dda-axlElE()axaV>-=⋅+⋅=⎰⎰ddaaxεσlElE电势变化曲线如图(b)所示.9－20两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2 .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？题 9-20 图分析通常可采用两种方法.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⎰∞⋅=ppV lE 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rεQVπ4=在球面电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQVπ4=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()()()22021321201211π4π40R r r εQ Q R r R r εQ 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 r02133π4d +=⋅=⎰∞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，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 -=-==9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其部的电荷均匀分布，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.题 9-21 图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⎰⎰=⋅VV d 1d 0ρεS 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 ()02εrρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR 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.9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5C·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.题 9-22 图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) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R-+=+=⎰222202d 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 6911=V-1m V 6075⋅=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⋅==xεqE 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.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，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9－15 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 475 7π2-⋅==rE ελ9－24 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 ×10－15m )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 eV E 2π41202R k 0ε=≥ 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：kT E 23k =由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0==得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqUL E m 即可融化约 90 吨冰.(2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qUE E n一次闪电在极短的时间释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK ⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解（1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题 9-27 图第十章静电场中的导体与电介质10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（）（A ）升高（B ）降低（C ）不会发生变化（D ）无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（）（A ） N 上的负电荷入地（B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地（D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）.10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεqV d εq E 020π4,π4==（C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O点的电势等于点电荷q在该处激发的电势.因而正确答案为（A）.10－4根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E）. 10－5对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电。

物理学简明教程(马文蔚等著)第七章课后练习题答案详解

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）．
B0 的方向垂直纸面向外．
（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加
原理可得
B0
μ0 I 2R
μ0 I 2 πR
B0 的方向垂直纸面向里．
（ c）将载流导线看作 1/2 圆电流和两段半无限长直
电流，由叠加原理可得
B0
μ0 I μ0I 4πR 4πR
μ0 I 4R
μ0I 2πR
μ0 I 4R
B0 的方向垂直纸面向外．
Bbe B fa 0 ．流过圆弧的电流 I 1 、 I 2的方向如图所示，
两圆弧在点 O 激发的磁场分别为
B1
μ0 I1l1 4πr 2
,
B2
μ0 I 2l2 4πr 2
其中 I1 、 I 2 分别是圆弧 acb、adb的弧长，由于导线
电阻 R 与弧长 l 成正比，而圆弧 acb、adb又构成并联
物理学简明教程（马文蔚等著）第七章课后练习题答案详解
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 BR 、Br 满足（）（ A） BR 2Br （ B） BR Br （C ） 2BR Br （ D）

大学物理活页作业答案(全套)马文蔚

1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。

）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。

）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解：物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

大学物理学教程第二(马文蔚)练习册答案6第六章机械波

如图所示。其振幅相等、频率皆为100Hz，B比A的相位
超前。若A、B相距 30.0m，波速为 400m/s，试求AB
连线上因干涉而静止的各点的位置。 Q A
B
解： uT 400 4 m
x 30 m
x
100
❖两波传到 Q点（Q在A点的左侧）
引起 Q点振动的相位差：
6-13
B
A
2
BQ
AQ
y/m u
第六章习题分析
解：
xP 0.2 m
P O 0.2 0.4 0.6 x/m
0.04
yP
0.04 cos[ 2
5
(t
0.2 ) 0.08
2
]m
0.04cos[2 t 3 ]m
52
y 0.04cos[2 (t x ) ]m
5 0.08 2
第六章习题分析
6-10 一平面简谐波，波长为12m，沿 x 轴负向传播，
2 30 14
4
A点左侧无因干
所以 Q 点的振动加强
涉而静止的各点
第六章习题分析
6-13 两相干波波源位于同一介质中的 A 、B 两点，
如图所示。其振幅相等、频率皆为100Hz，B比A的相位
超前。若A、B相距 30.0m，波速为 400m/s，试求AB
连线上因干涉而静止的各点的位置。 A M B
解：
I
P S
P
4 r2
r = 5.0m
I
P S
4
4 52
1.27 102
w/m2
6-12
r = 10.0m
I P 4 3.18 103 w/m2
S 4102
第六章习题分析

《物理学》第六版-马文蔚ppt 第15章量子物理 15-8 量子力学简介

1926年建立了以薛定谔方程为基础的波动力学，并建立了量子力学的近似方法 .
1933年与狄拉克获诺贝尔物理学奖.
第十五章量子物理
7
物理学
15-8 量子力学简介
第六版
二薛定谔方程
1 自由粒子薛定谔方程的建立
自由粒子平面波函数
Ψ
(
x,t)
i
0e
2π h
(
Et
px
)
取 x 的二阶偏导数和 t 的一阶偏导数
15-8 量子力学简介
第六版
粒子的能量虽不足以超越势垒，但在势垒
中似乎有一个隧道，能使少量粒子穿过而
进入 x a 的区域，
此现象人们形象地称
(x)
1 2 3
oa
x
为隧道效应.
隧道效应的本质 : 来源于微观粒子的波粒二象性.
第十五章量子物理
27
物理学
15-8 量子力学简介
第六版
应用
1981年宾尼希和罗雷尔利用电子的隧道效应制成了扫描遂穿显微镜 ( STM ) ，可观测固体表面原子排列的状况，还可进行单原子操作，实现了初步的原子结构制造技术.
E
n2
h2 8ma2
第十五章量子物理
18
物理学
15-8 量子力学简介
第六版
(x) Asin kx
Ep
k nπ , n 1,2,3, a
(x) Asin nπ x
a
o ax
归一化条件
2 dx
0a
*dx
1
A2 a sin 2 0
nπ a
xdx
1
A 2 a
第十五章量子物理
19

电工第六版课后答案第15章秦增煌

1525晶体管放大电路图如图 15.01 （a ）所示，已知 Ucc=12V, Rc=3k Q, RB=240k Q ,晶体管的B=40o （1）试用直流通路估算各静态值 IB,IC,UCE; （ 2）如晶体管的输出特性如图 15.01 （b ）所示，试用图解法作出放大电路的静态工作点的电压各为多少？并标出极性。

;（3）在静态时（ui=0 ）在C1和C2上C +U CC *J解：（1）如图（a ）所示的直流通路:CiJ咛一||—II B FTC1,C2上的电压极性标在原图。

由 IB= Ucc-UBE=12-O.7=50X1ORB 240Ic= B ib=40x50=20mA UCE=Ucc-lcRc=12-2x3=6v o (2)由输出特性作出直流负载线UCE=Ucc-lcRcA=50 卩 A已知：Ic=0 , UCE=12V,UCE=to Ic=Ucc=12=4mARc 3过（0, 12）, （4, 0）两点，于是可作如图（b ）所示，即为直流负载线。

由图可知 IB=50 BA 时，0点（2, 6）,即 Ic=2mA UCE=6v （3）静态时，Uc1=UBE,Uc2=UCE=6V 极性在原图（a ）中。

15.2.6在图中，LL=10V ,今要求 U E =5V,I c =2mA 试求R 和R 的阻值。

设晶体管的B =40。

解：由于 U E = U cc - I c R?LT CD —npE ID —5 由于 I c = B I B ,I B ==l c = =50□ Ar^JCec-UEERB=二=200k'-15.2.7在图15.02中，晶体管是 PNP 型锗管。

（1） Ucc 和C1, C2的极性如何考虑？请在图上标出；（2）设Ucc=-12v,Rc=3千欧姆，B =75，如果要将静态值Ic 调到1.5毫安，问 RB 应调到多大？（ 3）在调整静态工作点时，如不慎将 RB 调到0，对晶体管有无影响？为什么？通常采取何种措施来防止这种情况发生？0 ----------------- - ----------------- -0解答：（1）PNP 三极管的电源极性和NPh 型三极管相反，故电容C1和C2极性也和15.25中所示相反，用-或者+ 标明在图15.25中。

电工学下册课后答案第六版

目录第14章二极管和晶体管3第14.3节二极管 (3)第14.3.2题 (3)第14.3.5题 (4)第14.4节稳压二极管. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5第14.4.2题 (5)第14.5节晶体管 (5)第14.5.1题 (5)第14.5.3题 (6)第14.5.4题 (7)List of Figures1 习题14.3.2图 (3)2 习题14.3.2图 (3)3 习题14.3.5图 (4)4 习题14.4.2图 (5)5 习题14.5.3图 (6)6 习题14.5.4图 (7)14 二极管和晶体管14.3 二极管14.3.2在图1所示的各电路图中，E = 5V ，u= 10 sin ωtV ，二极管D的正向压降i可忽略不计，试分别画出输出电压u的波形。

[ 解]图1: 习题14.3.2图(a) u i为正半周时，u i> E，D导通；u i < E，D截止。

u i为负半周时，D截止。

D导通时，u0 = E；D截止时，u o = u i。

(b)u i为正半周时；u i > E，D导通；u i < E，D截止。

u i为负半周时，D截止。

D导通时，u0 = u i；D截止时，u0 = E。

u0的波形分别如图2(a)和(b)所示。

图2: 习题14.3.2图× ×−314.3.5在图3中，试求下列几种情况下输出端电位V Y 及各元件中通过的电流。

(1)V A = +10V ，V B = 0V ；(2)V A = +6V ,V B = +5.8V ;(3)V A = V B = +5V .设二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。

[解]图 3: 习题14.3.5图(1) 二极管D A 优先导通，则10V Y = 9 × 1 + 9V = 9VV Y 9 I D A = I R = = A = 1 10 R 9 × 103A = 1mAD B 反向偏置，截止，I D B = 0(2) 设D A 和D B 两管都导通，应用结点电压法计算V Y ：V Y = 6 5.8 + 1 1 1 11 V = 11.8 × 9 V = 5.59V < 5.8V + + 19 1 1 9可见D B 管也确能导通。

物理学_东南大学马文蔚__第五版_下册_第九章到第十五章课后答案(个人整理)

第九章振动9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A -，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向O x 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b ）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a ）所示，则此简谐运动的运动方程为（）()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t x t x t x t x题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A /2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A /2 处运动到+A 处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ=，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1 的相位比x 2 的相位（）（A ）落后2π （B ）超前2π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（b ）．题９-３图9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）（A ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解质点作简谐运动的动能表式为()ϕωω+=t A m E k 222sin 21，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）．9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（）（A ） π23 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 22+=t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．题９-５图9-6 有一个弹簧振子，振幅m 10022-⨯=.A ，周期s 01.=T ，初相4/π3=．试写出它的运动方程，并作出t x -图、t -v 图和t a -图．题９-6 图分析弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式T ω/π2=确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解因T ω/π2=，则运动方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t π2cos cos T A t ωA x 根据题中给出的数据得 ()()m 75.0π2cos 100.22πt x +⨯=-振子的速度和加速度分别为()()-12s m π75.0π2sin 10π4d /d ⋅+⨯-==-t y x v()()-1222s m π75.0π2cos 10π8d /d ⋅+⨯-==-t y x a t x -、t -v 及t a -图如图所示．9-7 若简谐运动方程为()()m π25.0π20cos 10.0+=t x ，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解（1）将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s π20-=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a9-8 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题９-８图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为 0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度33m kg 1055-⋅⨯=.ρ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1）证明此质点的运动是简谐运动；（2）计算其周期．题９-９图分析证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证（1）取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为2xm m G F x -= 式中G 为引力常量，x m 是以x 为半径的球体质量，即3/π43x ρm x =．令3/π4Gm ρk =，则质点受力kx Gmx ρF -==3/π4因此，质点作简谐运动．（2）质点振动的周期为s 1007.5/π3/π23⨯===ρG k m T9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．题9-10 图分析从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ（1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为 ()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ （２）将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-=（３）由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到 ()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论（1）由本题的求证可知，斜面倾角θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2）如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9 －11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为1m 的物体A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m 、半径为R 的定滑轮B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为2m 的物体C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率．题9-11 图分析这是一个由弹簧、物体A 、C 和滑轮B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1）从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O ，此时弹簧已伸长0x ，且g m kx 20=．当弹簧沿x O 轴正向从原点O 伸长x 时，分析物体A 、C 及滑轮B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中()i F 0x x k +-=．考虑到绳子不可伸长，对物体A 、B 、C 分别列方程，有()22101d d t xm x x k F T =+-=（1）22222d d tx m F g m T =-（2） ()2212d d 21tx mR J R F F T T ==-α（3） gm kx 20=（4）方程（3）中用到了22T T F F '=、11T T F F '=、22/mR J =及R a /=α．联立式（1）～式（4）可得 02d d 2122=+++x m m m k t x /（5）则系统振动的角频率为 ()221//m m m k ++=ω解2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x （此时速度为v 、加速度为a ）为末状态，则由机械能守恒定律，有()20222212021212121x x k ωJ m m gx m E +++++-=v v 在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得()tx x x k t ωωJ t m t m g m d d d d d d d d 00212+++++-=v v v v v 将22/mR J =，v =R ω，22d /d d /d t x t =v 和02kx g m = 代入上式，可得02d d 2122=+++x m m m k t x /（6）式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致． 9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置、向负方向运动；（3）物体在x ＝-1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0 和v ＝v 0 来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0 和速度v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题9-12 图解由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=，因00<v ，取2π2=；（3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±= ，由00<v ，取3π3=；（4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±= ，由00>v ，取3π44=．旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=，3π3=，3π44=．振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x （2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x （3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x （4）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x 9-13 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当t ＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2 ｍ处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2）当t ＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s -1的速度向上运动，求运动方程．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A 、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m 及弹簧劲度系数k ）决定的，即ω=k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A 和初相φ需要根据初始条件确定．题9-13 图解物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大小相等，即F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为1s 10-=∆==l g m k //ω（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x 轴正向．由初始条件t ＝0 时，x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=［图（b ）］．则运动方程为()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x9-14 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1）运动方程；（2）点P 对应的相位；（3）到达点P 相应位置所需的时间．分析由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解（1）质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0 ＝0 和t 1 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ）所示．由图可见初相3/π0-=（或3/π50=），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题9-14 图（2）图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ）所示．当初相取3/π0-=时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ω．（3）由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？（1）由平衡位置到最大位移处；（2）由平衡位置到x ＝A /2 处；（3）由x ＝A /2处到最大位移处．解采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O ．（1）平衡位置x 1 到最大位移x 3 处，图中的旋转矢量从位置1 转到位置3，故2/πΔ1=，则所需时间411//T t =∆=∆ωϕ（2）从平衡位置x 1 到x 2 ＝A /2 处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有6/πΔ2=，则所需时间1222//T t =∆=∆ωϕ（3）从x 2 ＝A /2 运动到最大位移x 3 处，图中旋转矢量从位置2 转到位置3，有3/πΔ3=，则所需时间633//T t =∆=∆ωϕ题9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2 m ．求：（1）平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？（3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物会跳离平板？题9-16 图分析按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P 和板支持力F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有22d d ty m F mg F N =-=（1）由于物体是随板一起作简谐运动，因而有()ϕωω+-==t A ty a cos d d 222，则式（1）可改写为 ()ϕωω++=t mA mg F N cos 2 （2）（1）根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ϕω+t ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．（2）由式（2）可知支持力N F 的值与振幅A 、角频率ω和相位（ϕω+t ）有关．在振动过程中，当π=+t ω时N F 最小．而重物恰好跳离平板的条件为N F ＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解（1）由分析可知，重物在最低点时，相位ϕω+t ＝0，物体受板的支持力为()N 9612222./=+=+=t mA mg mA mg F N πω 重物对木块的作用力NF ' 与N F 大小相等，方向相反．（2）当频率不变时，设振幅变为A ′．根据分析中所述，将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得m 102.6π4//2222-⨯==='gT ωm mg A（3）当振幅不变时，设频率变为v '．同样将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得 Hz 52.3/π21π22==='mA mg ωv 9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为()ϕω+=t A x cos 1，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题9-17 图解图示为两质点在时刻t 的旋转矢量图，可见第一个质点M 的相位比第二个质点N 的相位超前2/π，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为()2cos 2/πϕω-+=t A x9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程．分析根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0 ＝－Aωsinφ就可求出φ．解（1）由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则 s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3）从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为 ()()cm 6/π55.1cos 2-=t x题9-18 图9-19 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题9-19 图分析单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解（1）单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2）由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π= （３）摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为 1s 2180/d d --==.t l v θ讨论质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？（取地球表面的重力加速度2E s m 809-⋅=.g ）解由单摆的周期公式g l T /π2=可知21Tg /∝，故有2M 2E E M T T g g //=，则月球的重力加速度为 ()2E 2M E M s m 631-⋅==./g T T g9-21 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/mgrT J =．则由平行轴定理得 222220m kg 8324⋅=-=-=./mr mgrT mr J J π9-22 如图（a ）所示，质量为1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题9-22 图分析可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0 和初位移x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解振动系统的角频率为 ()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0 为()12110s m 01-⋅=+=.m m v m v又因初始位移x 0 ＝0，则振动系统的振幅为 ()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=，则简谐运动方程为 ()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1 的空盘．现有一质量为m 2 的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？（2）此时的振幅为多大？题9-23 图分析原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1 变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0 和初始位移x 0 是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解（1）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2）如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即 g k m g k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()212202021/m m kh k g m ωx A ++='+=v 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．9-24 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m 1 的物体，在水平面上作振幅为A 的简谐运动．有一质量为m 2 的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a ）物体通过平衡位置时，（b ）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？（2）振幅有何变化？题9-24图分析谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式()2020/ωx A v +=）求得两种情况下的振幅．解（1）由分析可知，在（a ）、（b ）两种情况中，粘土落下前后的周期均为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='物体粘上粘土后的周期T ′比原周期T 大．（2）（a ）设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A 、v 和A ′、v ′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式2/2/212v m A k ='（1） ()2/2/2212v '+='m m A k（2） ()v v '+=211m m m（3）联立解上述三式，可得 ()A m m m A 211+='/即A ′＜A ，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b ）物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v ′＝m 1v /（m 1 ＋m 2 ）＝0，因而振幅不变，即A ′＝A9-25 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解（1）由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max 22k -⨯====.mAa mA E E ω（3）设振子在位移x 0 处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得 m 100772230-⨯±=±=./A x（４）物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫ ⎝⎛== 则动能为 43P K /E E E E =-=9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1）此氢原子的最大速度；（2）与此振动相联系的能量．解（1）简谐运动系统中振子运动的速度v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为12max s m 1028.62-⋅⨯===A πA ωv v（２）氢原子的振动能量J 1031.32/202max -⨯==v m E9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统，按()()cm 3/ππ85.0+=t x 的规律作自由振动，求（1）振动的角频率、周期、振幅和初相；（2）振动的能量E ；（3）一个周期内的平均动能和平均势能．解（1）将()()cm 3/ππ85.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：角频率1s π8-=ω，振幅A ＝0.5cm ，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ（2）简谐运动的能量 J 1090721522-⨯==.ωmA E （3）简谐运动的动能和势能分别为()ϕωω+=t mA E K 222sin 21 ()ϕωω+=t mA E P 222cos 21 则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为()J 109534d sin 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T K ()J 109534d cos 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T P 9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1 ＋x 3 的振幅最大？又3ϕ 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题9-28 图分析可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctan ϕϕϕϕϕA A A A ++=/解（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=，故合振动振幅为 ()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad 1.48arctan11cos cos sin sin arctan 22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /（2）要使x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k 得 (),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k9-29 手电筒和屏幕质量均为m ，且均被劲度系数为k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕω+=t A x ．试求在下述两种情况下，初相位φ1 、φ2 应满足的条件：（1）光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2）光点在屏幕上相对于屏作振幅A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题9-29 图分析落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有屏对地光对屏光对地x x x +=依题意()()2211ϕωϕω+==+==t A x x t A x x cos cos 屏对地光对地所以 ()()212121cos cos ϕπωϕω++++='+=-=t A t A x x x x x 光对屏可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕπω++='t A x 的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅()12222πcos 2-+++='A A A A ．解（1）根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即0=光对屏x ，就是当()π12π12+=-+k 时，即π212k +=时（,...,,210±±=k ），A ′＝0．当光点相对于屏作振幅为2A 的运动时，要求π2π12k =-+，即()π1212-+=k ．（2）由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步，即同相位，为此，把它们往下拉A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同时释放，即可实现．9-30 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a ）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x 1 和x 2；（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．分析振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．解（1）由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则ω＝2π／T ＝πｓ-1 ．曲线1表示质点初始时刻在x ＝0 处且向x 轴正向运动，因此φ1 ＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向x 轴负向运动，因此φ2 ＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b ）所示．则两振动的运动方程分别为()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和()()m 3/ππcos 1.02+=t x （2）由图（b ）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6．（3）()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A。

第六版西方经济学课后习题答案

习题一1.简释下列概念：稀缺：指相对于人的无穷无尽的欲望而言，“经济物品”以及生产这些物品的资源总是不充分的或者说不足的。

自由物品：指人类无需通过努力就能自由取用的物品，如阳光、空气等，其数量是无限的。

经济物品：指人类必须付出代价方可得到的物品，即必须借助生产资源通过人类加工出来的物品。

生产可能性边界：指在既定的经济资源和生产技术条件下所能达到的各种产品最大产量的组合的轨迹，又叫生产可能性曲线。

自给经济：一种经济体制，其特点是每个家庭生产他们消费的大部分物品，扩大一点说，是每个村落生产他们消费的大部分物品，只有极少数消费品是与外界交换来的。

在这种体制下，资源配置和利用由居民的直接消费所决定，经济效率低下。

计划经济：一种经济体制，其基本特征是生产资料归政府所有，经济的管理实际上像一个单一的大公司。

在这种体制下，资源配置和利用由计划来解决。

市场经济：一种经济体制，其基本特征是产权明晰，经济决策高度分散。

这种经济为一只“看不见的手”所指引，资源配置和利用由自由竞争的市场中的价格机制来解决。

混合经济：一种经济体制，其基本特征是生产资料的私人所有和国家所有相结合，自由竞争和国家干预相结合，因此也是垄断和竞争相混合的制度。

在这种体制下，凭借市场制度来解决资源配置问题，依靠国家干预来解决资源利用问题。

微观经济学：西方经济学的两大组成部分之一，它以单个经济单位（居民户、厂商以及单个产品市场）为考察对象，研究单个经济单位的经济行为，以及相应的经济变量的单项数值如何决定。

宏观经济学：西方经济学的两大组成部分之一，以整个国民经济活动作为考察对象，研究社会总体经济问题以及相应的经济变量的总量是如何决定的及其相互关系。

总体经济问题包括经济波动、经济增长、就业、通货膨胀、国家财政、进出口贸易和国际收支等。

实证经济学：在解释经济运行时从客观事实出发，力求说明和回答经济现象“是什么”和“为什么”，并借以预测人们经济行为的后果，而不对事物作好坏、善恶的评价。

西方经济学(宏观部分)第六版第十五章课后习题答案中国人民大学出版社

西方经济学(宏观部分)第六版第十五章课后习题答案中国人民大学出版社第十五章宏观经济政策分析1.选择题（1）C（2）C（3）A（4）D（5）C2.答：（1）情况<1>LM曲线：y=500+25r IS曲线：y=950-50r解得：r=6 y=650 i =140-10r=80情况<2>LM曲线：y=500+25r IS曲线：y=800-25r解得：r=6 y=650 i =110-5r=80（2）情况<1>求IS曲线：I+(G+△G)=S+T(140-10r)+(50+30)= -40+(1-0.8)(y-50)+50所以：y=1100-50rG增加，LM不变，LM仍为：y=500+25rIS曲线为：y=1100-50r解得：r=8 y=700情况<2>类似地求得：IS曲线：y=950-25rLM曲线：y=500+25r解得：r=9 y=725（3）因为情况<1>的投资利率乘数为10，情况<2>中为5，故：当△G使r 上升时，情况<1>中，△i =(140-80)-(140-60)= -20情况<2>中，△i =(110-45)-(110-30)= -15由于KG=5，求挤出效应：情况<1>中，-20×5= -100情况<2>中，-15×5= -75可以求得无挤出效应时：△y=30×5= 150所以：情况<1>中，△y=150-100=50情况<2>中，△y=150-75= 75故：情况<1>中，y=650+50=700情况<2>中，y=650+75=7253.答案：（1）L=M 0.2Y=200Y=1000（LM方程）I+g=s+ t得140-5r+50=Yd-90-0.8Yd+50 8皠??p得Y=1150-25r（IS方程） IS=LM得Y=1000，r=8 代入I=140-5r=140-5×8得I=100（2）当g=70美元得出Y=1300-25r（IS方程）IS=LM得Y=1000r=12 代入I=140-5r=140-5*12=80得I=80（3）存在挤出效应，因为LM垂直于横轴，即货币需求对利率弹性（h）为零，利率已高到人们再不愿为投机而持有货币。

语文习题册（第六版下册）参考答案

语文习题册（第六版下册）参考答案语文习题册(第六版下册) 参考答案第一单元1 雨中登泰山一、基础知识1.C2.C3.A4.A5.(1)不就是就就是(2)不但还(3)只有才(4)不管都6.李健吾登泰山而小天下会当凌绝顶二、课文理解1.B2.D三、语段精读(一)1.B2.B3.D4.C5.D6.白纱比喻水气花纹比喻水流(二)1.本小题选项设计有误,正确答案为(4)(5)(1)(2)(6)(3)。

也可让学生将C 选项中得(1)(5)顺序颠倒,这样就可选C 。

2.B3.A14.C四、拓展训练1.(1)× (2)× (3)√2.这些事物可以形容日出时色彩得浓郁、变幻与奇丽,把光得色彩表现得更加强烈而鲜明,更能引起美得想象。

3.用这些动物来比喻,显示了一种极其活跃,而又变幻莫测得日出动态过程,更好地描写了日出时候景色得奇丽。

2 故都得秋一、基础知识1.B2.(1)冷落、寂寞(2)着,穿(衣) (3)抑止(4)古时指到了暮年仍不得志得知识分子(5)长久3.C4.(1)排比(2)比喻(3)拟人(4)反问5.(1)创造社沉沦(2)秋尽江南草木凋(3)欧阳修秋声赋二、课文理解1.秋晨静观秋槐落蕊秋蝉残鸣雨后话凉秋枣奇树(意思答对即可)。

2.这样写,就把自己对于秋得感受提高到一个理性得高度,抒发对于北国之秋得特殊情感。

这段文字得中心句:“足见有感觉得动物,有情趣得人类,对于秋,总就是一样得能特别引起深沉,幽远、严厉、萧索得感触来得。

”3.C三、语段精读(一)1.B2.A3.C4.C25.C(二)1.B2.A3.C4.C5.C(三)1.南国之秋“色彩不浓,回味不永”。

2.对比手法。

3.排比句“廿四桥得明月,钱塘江得秋潮,普陀山得凉雾,荔枝湾得残荷”,从多个角度说明南方之秋“色彩不浓,回味不永”;排比句“正像就是黄酒之与白干,稀饭之与馍馍,鲈鱼之与大蟹,黄犬之与骆驼”,酣畅淋漓地对南国之秋与北国之秋进行对比描写。

经济学基础(第六版)答案9-15章(宏观部分)人大版

第9章宏观经济主要变量及其衡量1.列出GDP 的四个组成部分,各举一个例子。

答：家庭部门、企业部门、政府部门、国外部门。

北京的一个四口之家是家庭部门的一个例子；湖南一家民营企业是企业部门的一个例子；河南郑州市政府是政府部门的一个例子；菲律宾如果与中国有经济贸易往来，则该国是相对于中国的国外部门的例子。

2. GDP 组成部分中的“政府购买”并不包括用于社会保障这类转移支付的支出。

试解释为什么用支出法核算GDP 时,转移支付不包括在内。

答：转移支付仅仅是将财富从一个人手中转到另一个人手中，在此过程中并没有价值总量的变动，因此用支出法核算GDP 时,转移支付不包括在内。

3.试说明GDP 折算数和消费价格指数的联系与区别。

答：联系：都是衡量通货膨胀的价格指数。

区别：1.GDP 折算数衡量的是所有最终产品的价格水平，而消费价格指数衡量的仅是消费品的价格水平。

2. GDP 折算数只包括国内产品价格，而消费价格指数则包括进口产品价格。

3. GDP 折算数是计算期加权价格指数，低估了人们生活质量下降；消费价格指数是基期加权价格指数，高估了人们生活质量下降。

第10章短期宏观经济波动的解释 1.什么因素会引起总需求曲线向左移动?试用总需求和总供给模型来讨论这种移动的影响。

答：因素：货币供给量减少、政府购买减少、净出口减少、税收增加、消费者的情绪和企业的情绪变悲观。

影响：货币供给量减少、政府购买减少、净出口减少、税收增加、消费者的情绪和企业的情绪变悲观等因素导致总需求曲线向左移动。

短期内，点1沿着总供给曲线移动到点2，价格水平AS2PyAD1AS121AD23LRAS变低，国民生产总值降低。

由于价格水平变低同样的名义收入可以购买更多的商品，和失业率增加，工人们愿意接受更低的工资，总供给曲线向右移动，点2沿着AD2曲线挪动到点3，价格水平进一步降低，总产出增加。

在长期内，总产出不变，价格水平降低。

2.什么因素会引起总供给曲线向右移动?试用总需求和总供给模型来讨论这种移动的影响。

《管理学》第六版-周三多-第十五章思考题1

第十五章激励一、说明激励的过程及动因。

答：动因包括内因和外因。

激励理论是建立在对人的运动规律的认识基础之上的。

人的运动形式主要分为两大类: 生命运动和思维运动。

二、理解需要层次理论的主要内涵, 谈谈对实际工作的启发。

答: 马斯洛需求层次理论的两个基本论点。

1.人是有需要的动物, 其需要取决于它已经得到了什么, 还缺少什么, 只有尚未满足的需要能影响行为。

2、人的需要都有轻重层次, 某一层次得到满足后, 另一层次需要才出现。

马洛斯将需要划分为五级：生理的需要、安全的需要、社交的需要、尊重的需要、自我实现的需要；对于企业员工来说, 他是员工, 但首先他是一个社会人, 那么他的需求一定也不外乎上述五级需求, 想要在工作中激发员工的热情, 让员工最大程度最高效率的发挥主观能动性, 实现最高的价值, 那么就要想法设法的去尽可能满足员工的需求, 从企业利益和道德规范上来说, 当然不是满足所有的要求, 作为管理者, 必须学会了解员工最迫切的需求, 通过最迫切的需求来进行激励, 效果是最佳的, 这就要求管理者要在日常的工作生活中能够洞察到员工的需求, 这也是对管理者洞察力的考验。

三、解释波特和劳勒的激励模式。

答: 波特和劳勒的激励模式比较全面的说明了各种理论的内容。

该模式的五个基本点是: 1、个人是否努力以及努力的程度不仅仅取决于奖励的价值, 还受到个人觉察出来的努力和受到奖励概率的影响。

2.个人实际达到的绩效不仅仅取决于其努力的程度, 还受到个人能力大小, 以及对任务的了解和理解的程度的影响。

3.个人所应得到的奖励应当以其实际达到的工作绩效为价值标准。

4、个人对于受到的奖励是否满足以及满意的程度如何, 取决于受激励者对所获报酬公平性的感觉。

5.个人是否满意以及满意的程度将会反馈到其完成下一个任务的努力过程中。

综上所述, 波特和劳勒的激励模式是对激励系统的比较全面和恰当的描述, 它告诉我们, 激励和和绩效之间并不是简单的因果关系。

《管理学》第六版-周三多-第十五章思考题

《管理学》第六版-周三多-第十五章思考题————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：第十五章激励一、说明激励的过程及动因。

答：动因包括内因和外因。

激励理论是建立在对人的运动规律的认识基础之上的。

人的运动形式主要分为两大类：生命运动和思维运动。

二、理解需要层次理论的主要内涵，谈谈对实际工作的启发。

答：马斯洛需求层次理论的两个基本论点。

1、人是有需要的动物，其需要取决于它已经得到了什么，还缺少什么，只有尚未满足的需要能影响行为。

2、人的需要都有轻重层次，某一层次得到满足后，另一层次需要才出现。

马洛斯将需要划分为五级：生理的需要、安全的需要、社交的需要、尊重的需要、自我实现的需要；对于企业员工来说，他是员工，但首先他是一个社会人，那么他的需求一定也不外乎上述五级需求，想要在工作中激发员工的热情，让员工最大程度最高效率的发挥主观能动性，实现最高的价值，那么就要想法设法的去尽可能满足员工的需求，从企业利益和道德规范上来说，当然不是满足所有的要求，作为管理者，必须学会了解员工最迫切的需求，通过最迫切的需求来进行激励，效果是最佳的，这就要求管理者要在日常的工作生活中能够洞察到员工的需求，这也是对管理者洞察力的考验。

三、解释波特和劳勒的激励模式。

答：波特和劳勒的激励模式比较全面的说明了各种理论的内容。

该模式的五个基本点是：1、个人是否努力以及努力的程度不仅仅取决于奖励的价值，还受到个人觉察出来的努力和受到奖励概率的影响。

2、个人实际达到的绩效不仅仅取决于其努力的程度，还受到个人能力大小，以及对任务的了解和理解的程度的影响。

3、个人所应得到的奖励应当以其实际达到的工作绩效为价值标准。

4、个人对于受到的奖励是否满足以及满意的程度如何，取决于受激励者对所获报酬公平性的感觉。

5、个人是否满意以及满意的程度将会反馈到其完成下一个任务的努力过程中。