大学物理下练习题答案
大学物理考卷答案(下学期)
大学物理考卷（下学期）一、选择题（每题4分，共40分）A. 速度B. 力C. 位移D. 加速度2. 在国际单位制中，下列哪个单位属于电学基本单位？A. 安培B. 伏特C. 欧姆D. 瓦特A. 物体不受力时，运动状态不会改变B. 物体受平衡力时，运动状态会改变C. 物体受非平衡力时，运动状态不变D. 物体运动时，必定受到力的作用A. 功B. 动能C. 势能D. 路程A. 速度大小B. 速度方向C. 动能D. 动量6. 下列哪个现象属于光的衍射？A. 彩虹B. 海市蜃楼C. 水中倒影D. 光照射在单缝上产生的条纹A. 恢复力与位移成正比B. 恢复力与位移成反比C. 恢复力与位移的平方成正比D. 恢复力与位移的平方成反比8. 一个电路元件的电压u与电流i的关系为u=2i+3，该元件是：A. 电阻B. 电容C. 电感D. 非线性元件A. 电磁波在真空中传播速度小于光速B. 电磁波在介质中传播速度大于光速C. 电磁波在真空中传播速度等于光速D. 电磁波在介质中传播速度等于光速10. 一个理想变压器的初级线圈匝数为1000匝，次级线圈匝数为200匝，若初级线圈电压为220V，则次级线圈电压为：A. 110VB. 220VC. 440VD. 880V二、填空题（每题4分，共40分）1. 在自由落体运动中，物体的加速度为______。
2. 一个物体做匀速圆周运动，其线速度的大小不变，但方向______。
3. 惠更斯原理是研究______现象的重要原理。
4. 一个电阻的电压为10V，电流为2A，则该电阻的功率为______。
5. 根据电磁感应定律，当磁通量发生变化时，会在导体中产生______。
6. 在交流电路中，电阻、电感和电容元件的阻抗分别为______、______和______。
7. 一个单摆在位移为0时速度最大，此时摆球所受回复力为______。
8. 光的折射率与光的传播速度成______比。
9. 一个电子在电场中受到的电势能变化量为______。
大学物理学(第3版)下册课后练习答案
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[答案：C]9.2填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[答案：相同](2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。
[答案：5：6]9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题9.3图 题9.4图9.4 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ2,如题9.4图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题9.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．9.7 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题9.7图所示(1) 在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ题9.7图]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题9.7图所示 由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向9.8 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如9.8图在圆上取ϕRd dl =题9.8图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如9.9图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题9.9图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿9.10 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题9.10图所示． 题9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 半径为1R和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题9.13图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．9.14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题9.14图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题9.14图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题9.14图(a) 题9.14图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=',∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅9.16 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题9.17图9.17 如题9.17图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题9.17图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题9.18图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O9.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅9.20 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4105.1d ⨯==E U V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题9.21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题9.22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题9.22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题9.22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV9.23两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε题9.23图(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=9.24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题9.24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U题9.24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q9.25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0022018348342F r πqr π"q 'q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε9.26 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε9.27 如题9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题9.27图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内d21U E E == ∴r r E E εεεεσσ==102012题9.27图 题9.28图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==题9.29图9.29 如题9.29 图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 9.30 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．9.31半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题9.31图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
大学物理下册习题及答案
大学物理下册习题及答案(总16页) -本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-大学物理练习册物理教研室遍热力学（一）一、选择题：1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程（A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。
（B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。
（C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。
（D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。
[ ]2、在下列各种说法中，哪些是正确的？ [ ]（1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。
（2）热平衡过程一定是可逆过程。
（3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。
（4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。
（A）（1）、（2）（B）（3）、（4）（C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4）3、设有下列过程： [ ]（1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。
（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。
（3）冰溶解为水。
（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。
其中是逆过程的为（A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4）4、关于可逆过程和不可逆过程的判断： [ ]（1）可逆热力学过程一定是准静态过程。
（2）准静态过程一定是可逆过程。
（3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。
（4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。
以上四种判断，其中正确的是（A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4）（C）（2）、（4）（D）（1）、（4）5、在下列说法中，哪些是正确的？ [ ]（1）可逆过程一定是平衡过程。
（2）平衡过程一定是可逆的。
（3）不可逆过程一定是非平衡过程。
（4）非平衡过程一定是不可逆的。
（A）（1）、（4）（B）（2）、（3）（C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）6、置于容器内的气体，如果气体内各处压强相等，或气体内各处温度相同，则这两种情况下气体的状态 [ ]（A）一定都是平衡态。
大学物理习题(下)答案解析
一、 选择题1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ](A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。
2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为43π，则t=0时，质点的位置在： [ D ](A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2=处，向正方向运动；(C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1x A 2=-处，向正方向运动。
3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ]4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ](A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：25. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ](A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。
6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ](4)题(5)题2153(A),or ;A;(B),;A;332663223(C),or ;A;(D),;A4433ππ±±π±±±π±ππ±±π±±±π±7. 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 10.04cos(2)3x t ππ=+（SI ），从t = 0时刻起，到质点位置在x = -0.02 m 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 [ D ](A)s 81； (B) s 61； (C) s 41； (D) s 218. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，这两个简谐振动叠加后合成的余弦振动的初相为[ C ](A) π23； (B) π； (C) π21 ； (D) 0二、 填空题9. 一简谐振动用余弦函数表示，振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为： A=10cm , /6rad /s =ωπ，/3=φπ10. 用40N 的力拉一轻弹簧，可使其伸长20 cm 。
大学物理习题集(下)答案
一、 选择题1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ](A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。
2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为43π，则t=0时，质点的位置在： [ D ](A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2=处，向正方向运动；(C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1x A 2=-处，向正方向运动。
3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ]x o A x ω(A) A/2 ω (B) (C)(D)o ooxxxA x ω ωAxAxA/2 -A/2 -A/2 (3)题4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ](A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：25. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ](A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动；(B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。
6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ](4)题(5)题2153(A),or ;A;(B),;A;3326623223(C),or ;A;(D),;A442332ππ±±π±±±π±ππ±±π±±±π±7. 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 10.04cos(2)3x t ππ=+（SI ），从t = 0时刻起，到质点位置在x = -0.02 m 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 [ D ](A)s 81； (B) s 61； (C) s 41； (D) s 218. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，这两个简谐振动叠加后合成的余弦振动的初相为[ C ]xtOx 1x 2(8)题(A) π23； (B) π； (C) π21 ； (D) 0二、 填空题9. 一简谐振动用余弦函数表示，振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为： A=10cm , /6rad /s =ωπ，/3=φπ10. 用40N 的力拉一轻弹簧，可使其伸长20 cm 。
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第十二章 导体电学【例题精选】例12-1 把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则 (A) U B > U A ≠0． (B) U B > U A = 0．(C) U B = U A ． (D) U B < U A ． [ D ]例12-2 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R ． (B) R U 0． (C) 20r RU ． (D) r U 0． [ C ] *例12-3 如图所示，封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。
A 、C 不带电，B 带正电，则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是（A ） U A = UB = UC （B ） U B > U A = U C （C ） U B > U C > U A （D ） U B > U A > U C例12-4 在一个不带电的导体球壳内，先放进一个电荷为 +q 的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触。
然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q 取走。
此时，球壳的电荷为 ；电场分布的范围是 ． -q 球壳外的整个空间例12-5 如图所示，A 、B 为靠得很近的两块平行的大金属平板，两板的面积均为S ，板间的距离为d ．今使A 板带电荷q A ，B 板带电荷q B ，且q A > q B ．则A 板的靠近B 的一侧所带电荷为 ；两板间电势差U = ．)(21B A q q - Sd q q B A 02)(ε- 例12-6 一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d 。
充电后，两极板间相互作用力为F 。
则两极板间的电势差为 ；极板上的电荷为 。
C Fd /2 FdC 2例12-7 C 1和C 2两个电容器，其上分别标明200 pF （电容量）、500 V （耐压值） 和300 pF 、900 V ．把它们串连起来在两端加上1000 V 电压，则(A) C 1被击穿，C 2不被击穿． (B) C 2被击穿，C 1不被击穿．(C) 两者都被击穿． (D) 两者都不被击穿． [ C ]ABA C Bd例12-8 半径分别为1.0 cm 与2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.0³10-8 C ，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求：(1) 每个球所带电荷；(2) 每个球的电势．(22/C m N 1094190⋅⨯=πε) 解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ， 则两球电势分别是 10114r q U επ=， 20224r q U επ=两球相连后电势相等 21U U =，则有 21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 92122103.132-⨯=+=r r qr q C两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V例12-9 如图所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为 R a 、 R b 、R c ．圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地．求Ｂ的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2．解：设B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，而A 、C 上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ，方向由B 指向AB 、C 间场强分布为E 2=λ2 / 2πε0r ，方向由B 指向CB 、A 间电势差 a b R R R R BA R R r r r E U ab a bln 2d 2d 0111ελελπ=π-=⋅=⎰⎰B 、C 间电势差 b c R R R R BC R R r r r E U cb cb ln 2d 2d 0222ελελπ=π-=⋅=⎰⎰ 因U BA ＝U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 【练习题】*12-1 设地球半径R =6.4⨯106 m ，求其电容？解：C=4πε0R=7.12³10-4F12-2三块互相平行的导体板，相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多，外面二板用导线连接．中间板上带电，设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图所示．则比值σ1 / σ2为λ2(A) d 1 / d 2． (B) d 2 / d 1． (C) 1． (D) 2122/d d ． [ B ]12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F 与两极板间的电压U 的关系：(A) F ∝U ． (B) F ∝1/U ． (C) F ∝1/U 2． (D) F ∝U 2． [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A) 空心球电容值大． (B) 实心球电容值大．(C) 两球电容值相等． (D) 大小关系无法确定． [ C ] 12-5 一导体A ，带电荷Q 1，其外包一导体壳B ，带电荷Q 2，且不与导体A 接触．试证在静电平衡时，B 的外表面带电荷为Q 1 + Q 2．证明：在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图．设B 内表面上带电荷Q 2′，按高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故0/)(d 021='+=⎰⋅εQ Q S E S∴ 12Q Q -=' 根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为2Q ''，则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章 电介质【例题精选】例13-1 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ． (C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． [ B ] 例13-2 C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。
大学物理考试卷及答案下
汉A一、单项选择题（本大题共5小题，每题只有一个正确答案，答对一题得 3 分，共15 分）1、强度为0I 的自然光，经两平行放置的偏振片，透射光强变为 ，若不考虑偏振片的反射和吸收，这两块偏振片偏振化方向的夹角为【 】 A.30º； B. 45º ； C.60º； D. 90º。
2、下列描述中正确的是【 】 A.感生电场和静电场一样，属于无旋场；B.感生电场和静电场的一个共同点，就是对场中的电荷具有作用力；C.感生电场中可类似于静电场一样引入电势；D.感生电场和静电场一样，是能脱离电荷而单独存在。
3、一半径为R 的金属圆环，载有电流0I ，则在其所围绕的平面内各点的磁感应强度的关系为【 】A.方向相同，数值相等；B.方向不同，但数值相等；C.方向相同，但数值不等；D.方向不同，数值也不相等。
4、麦克斯韦为建立统一的电磁场理论而提出的两个基本假设是【 】A.感生电场和涡旋磁场；B.位移电流和位移电流密度；C.位移电流和涡旋磁场；D.位移电流和感生电场。
5、当波长为λ的单色光垂直照射空气中一薄膜（n>1）的表面时，从入射光方向观察到反射光被加强，此膜的最薄厚度为【 】A. ；B. ；C. ；D. ;二、填空题(本大题共15小空，每空 2分,共 30 分。
)6、设杨氏双缝缝距为1mm ，双缝与光源的间距为20cm ，双缝与光屏的距离为1m 。
当波长为0.6μm 的光正入射时，屏上相邻暗条纹的中心间距为 。
7、一螺线管的自感系数为0.01亨，通过它的电流为4安，则它储藏的磁场能量为 焦耳。
8、一质点的振动方程为 （SI 制）,则它的周期是 ，频率是 ，最大速度是 。
9、半径为R 的圆柱形空间分布均匀磁场，如图，磁感应强度随时间以恒定速率变化，设dtdB为已知，则感生电场在r<R 区域为 ，在r>R 4I n 4λn 32λn2λn 43λ)6100cos(1052ππ-⨯=-t xd区域为 。
大学物理下考试题及答案
大学物理下考试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 根据麦克斯韦方程组，电磁波在真空中的传播速度是多少？A. 100m/sB. 300m/sC. 1000m/sD. 3×10^8 m/s答案：D2. 一个物体的动能是其势能的两倍，如果物体的总能量是E，那么它的势能U是多少？A. E/2B. E/3C. 2E/3D. E答案：B3. 在理想气体状态方程PV=nRT中，P代表的是：A. 温度B. 体积C. 压力D. 气体常数答案：C4. 下列哪个现象不是由量子力学效应引起的？A. 光电效应B. 原子光谱C. 超导现象D. 布朗运动答案：D5. 一个电子在电场中受到的电场力大小是1.6×10^-19 N，如果电子的电荷量是1.6×10^-19 C，那么电场强度E是多少？A. 1 N/CB. 10 N/CC. 100 N/CD. 1000 N/C答案：A6. 根据狭义相对论，一个物体的质量m与其静止质量m0之间的关系是：A. m = m0B. m = m0 / sqrt(1 - v^2/c^2)C. m = m0 * sqrt(1 - v^2/c^2)D. m = m0 * (1 - v^2/c^2)答案：C7. 一个物体从静止开始自由下落，其下落的高度h与时间t之间的关系是：A. h = 1/2 gt^2B. h = gt^2C. h = 2gtD. h = gt答案：A8. 在双缝干涉实验中，相邻的明亮条纹之间的距离是相等的，这种现象称为：A. 单缝衍射B. 多缝衍射C. 双缝干涉D. 薄膜干涉答案：C9. 一个电路中的电阻R1和R2并联，总电阻Rt可以用以下哪个公式计算？A. Rt = R1 + R2B. Rt = R1 * R2 / (R1 + R2)C. Rt = 1 / (1/R1 + 1/R2)D. Rt = (R1 * R2) / (R1 + R2)答案：C10. 根据热力学第一定律，一个系统吸收了100 J的热量，同时对外做了50 J的功，那么系统的内能增加了多少？A. 50 JB. 100 JC. 150 JD. 200 J答案：B二、填空题（每题2分，共20分）11. 光的粒子性质在________现象中得到了体现。
大学物理(下)练习题及答案
xyoa•••a-(0,)P y qq-大学物理（下）练习题第三编 电场和磁场 第八章 真空中的静电场1．如图所示，在点((,0)a 处放置一个点电荷q +，在点(,0)a -处放置另一点电荷q -。
P 点在y 轴上，其坐标为(0,)y ，当y a ?时，该点场强的大小为(A) 204q y πε； (B) 202q y πε；(C)302qa y πε； (D)304qa y πε.[ ]2．将一细玻璃棒弯成半径为R 的半圆形，其上半部均匀分布有电量Q +, 下半部均匀分布有电量Q -，如图所示。
求圆心o 处的电场强度。
3．带电圆环的半径为R ,电荷线密度0cos λλφ=,式中00λ>，且为常数。
求圆心O 处的电场强度。
4．一均匀带电圆环的半径为R ，带电量为Q ，其轴线上任一点P 到圆心的距离为a 。
求P 点的场强。
5．关于高斯定理有下面几种说法，正确的是(A) 如果高斯面上E r处处为零，那么则该面内必无电荷；(B) 如果高斯面内无电荷，那么高斯面上E r处处为零；(C) 如果高斯面上E r处处不为零，那么高斯面内必有电荷；(D) 如果高斯面内有净电荷，那么通过高斯面的电通量必不为零； (E) 高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。
[ ]6．点电荷Q 被闭合曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面S 外一点,如图所示，则引入前后(A) 通过曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强不变；(B) 通过曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强不变；(C) 通过曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强变化；(D) 通过曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强变化。
[ ]7．如果将带电量为q 的点电荷置于立方体的一个顶角上，则通过与它不相邻的每个侧面的电场强度通量为xq g S Q g(A)06q ε； (B) 012q ε； (C) 024q ε； (D) 048q ε. [ ]8．如图所示，A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，A 面上的电荷面密度721.7718A C m σ--=-⨯⋅，B 面上的电荷面密度723.5418B C m σ--=⨯⋅。
大学物理(下册)课后部分习题答案
２
ｊ
１１畅１３（ ａ）
１１畅１３（ ｂ）
（２） 设该异线应放在 ｙ ＝ － ｄ 处 ，显然 ，该异线在轴线处产生的磁成应强度应
与原来的半圆柱面产生的磁感应强度相同 ，即
μ０ Ｉ ２π ｄ
＝
μ０ Ｉ π２ Ｒ
所以
ｄ＝
πＲ ２
因面 ，另一导线应放在 ｙ ＝ － π２Ｒ处 ．
１２唱７ 均匀磁场 Ｂ 被限制在半径 Ｒ ＝ ０ ．１０ ｍ 的无限长圆柱空间内 ，方向垂
同理 ，空腔轴线上的磁感应强度
因 Ｒ２ ＝ ０ ，Ｂ０′２ ＝ ０ ，故
Ｂ０′ ＝ Ｂ０′１ ＋ Ｂ０′２
Ｂ０′１
＝
μ０ Ｉａ ２π（ Ｒ２１ － Ｒ２２ ）
＝
２ × １０ －４ Ｔ
１１畅１３ 如图１１畅１３（ ａ）所示 ，一半径为 Ｒ 的无限长半圆柱面导体 ，其上电流与其
轴线上一无限长直导线的电流等值反向 ，电流 Ｉ 在半圆柱面上均匀分布 ．试求 ：
当 ｒ ＜ Ｒ１ 时 ，有
促 Ｅ · ｄ Ｓ ＝ Ｅ · ４π ｒ２ ＝ ０
Ｓ
Ｅ ＝０
当 Ｒ１ ＜ ｒ ＜ Ｒ２ 时 ，有
促Ｓ
Ｅ · ｄ Ｓ ＝ Ｅ · ４π ｒ２ ＝
１ ε０
ｑ
Ｅ
＝
１ ４π ε０
ｑ ｒ２
当 ｒ ＞ Ｒ２ 时 ，有
促Ｓ
Ｅ · ｄ Ｓ ＝ Ｅ · ４π ｒ２ ＝
１ ε０
ａｂ · ｈ
＝ １６００π － ４ ３ × １０ －２ Ｖ 式中 ｈ 为由 Ｏ 到ａｂ的垂直距离 ，感应电流沿顺时针方向 ．
∮ 此题也可用 Ｅｉ ＝ Ｅｖ · ｄ ｌ 公式直接积分求解 ．
图 １２ 唱７
江西理工大学大学物理(下)习题册及答案详解
班级_____________ 学号___________姓名________________ 简谐振动1. 一质点作谐振动, 振动方程为X=6COS (8πt+π/5) cm, 则t=2秒时的周相为:π5116, 质点第一次回到平衡位置所需要的时间为:s 0375.0.2. 一弹簧振子振动周期为T 0, 若将弹簧剪去一半, 则此弹簧振子振动周期T 和原有周期T 0之间的关系是:022T T =.3. 如图为以余弦函数表示的谐振动的振动曲线, 则其初周相φ=3π-,P 时刻的周相为:0.4. 一个沿X 轴作谐振动的弹簧振子, 振幅为A , 周期为T , 其振动方程用余弦函数表示, 如果在t=0时, 质点的状态分别是:(A) X 0=－A; (B) 过平衡位置向正向运动;(C) 过X=A/2 处向负向运动; (D) 过A x 22-= 处向正向运动.2 1 0 P t(s) X(m)试求出相应的初周相之值, 并写出振动方程.)2cos()(ππ+=t TA x A ; )22cos()(ππ-=t T A x B)32cos()(ππ+=t T A x C ; )452cos()(ππ+=t T A x D5.一质量为0.2kg 的质点作谐振动，其运动议程为:X=0.60 COS(5t －π/2)(SI)。
求(1)质点的初速度；(2)质点在正向最大的位移一半处所受的力。
解(1))5sin(00.32π--==t dtdxv 10.00.3,0-==s m v t(2)x x dtdv a 2520-=-==ω 22.5.7,30.0--===s m a m x AN ma F 5.1-==班级_____________ 学号___________姓名________________简谐振动的合成1. 两个不同的轻质弹簧分别挂上质量相同的物体1和2, 若它们的振幅之比A 2 /A 1=2, 周期之比T 2 / T 1=2, 则它们的总振动能量之比E 2 / E 1 是( A )(A) 1 (B) 1/4 (C) 4/1 (D) 2/11)()(;)(2222221122112=⋅==A A T T E E T A m E π2.有两个同方向的谐振动分别为X 1=4COS(3t+π/4)cm ，X 2 =3COS(3t －3π/4)cm, 则合振动的振幅为:cm A 1=, 初周相为:4πφ=. 3. 一质点同时参与两个同方向, 同频率的谐振动, 已知其中一个分振动的方程为X 1=4COS3t cm, 其合振动的方程为分振动的振幅为A 2 =cm 44. 动方程分别为X 1=A COS(ωt+π/3), X 2 =A COS (ωt+5π/3), X 3 =A COS(ω程为:)6cos(3πω+=t A x5. 频率为v 1和v 2的两个音叉同时振动时，可以听到拍音，可以听到拍音，若v 1＞v 2，则拍的频率是(B )(A)v 1+v 2 (B)v 1－v 2 (C)(v 1+v 2)/2 (D)(v 1－v 2)/26.有两个同方向，同频率的谐振动，其合成振动的振幅为0.20m ，周相与第一振动周相差为π/6。
大学物理下考试题及答案
大学物理下考试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 2×10^8 m/sC. 1×10^8 m/sD. 4×10^8 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，力和加速度的关系是：A. F=maB. F=mvC. F=m/aD. F=a/m答案：A3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，其位移与时间的关系为：A. s = 1/2at^2B. s = 1/2vtC. s = 1/2atD. s = vt答案：A4. 在理想气体状态方程中，压强、体积、温度的关系是：A. PV = nRTB. PV = nTC. PV = nRD. PV = n答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 根据能量守恒定律，一个物体的动能和势能之和在任何情况下都______。
答案：保持不变2. 电场强度的定义式为______。
答案：E = F/q3. 根据库仑定律，两点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的平方成反比，其公式为______。
答案：F = kQq/r^24. 光的折射定律表明，入射角和折射角之间的关系为______。
答案：n1sinθ1 = n2sinθ2三、简答题（每题10分，共40分）1. 简述波粒二象性的概念。
答案：波粒二象性是指微观粒子如电子、光子等，既表现出波动性，也表现出粒子性。
在某些实验条件下，它们表现出波动性，如干涉和衍射现象；而在另一些实验条件下，它们表现出粒子性，如光电效应和康普顿散射。
2. 什么是电磁感应定律？请给出其数学表达式。
答案：电磁感应定律描述了变化的磁场在导体中产生电动势的现象。
其数学表达式为ε = -dΦ/dt，其中ε是感应电动势，Φ是磁通量，t是时间。
3. 简述热力学第一定律的内容。
答案：热力学第一定律，也称为能量守恒定律，指出在一个封闭系统中，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转换为另一种形式。
大学物理(下册)课后题答案_完整版
大学物理下册课后习题答案习题八8-1电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点 .试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库 仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ？解：如题8-1图示(1)以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷2-1 q1 qq2cos30 ----------------------a4 n0/.3 2(T a)T q(2)与三角形边长无关.8-2两小球的质量都是m ,都用长为I 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2 如题8-2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所 带的电量.解：如题8-2图示T cos mg解得 q 21 sin 4mgtan8-3根据点电荷场强公式 E J ,当被考察的场点距源点电荷很近(r T 0)时，贝U 场强4°r*,这是没有物理意义的，对此应如何理解解：Ey^r °仅对点电荷成立，当r 0时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求4 n 0r场强是错误的，实际带电体有一定形状大小 ，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-4在真空中有 A , B 两平行板，相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分别为+ q 和解得 题8-1图题8-2图T sinF e4 n 0 (2l sin )2H |2-q •则这两板之间有相互作用力f ,有人说f = q2，又有人说，因为4 o d 22f = qE ,E —，所以f =卫•试问这两种说法对吗？为什么？ f 到底应等于多少？ o S o S解：题中的两种说法均不对 .第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的 ，第二种说法 把合场强E 2看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一oS2个板的电场为E —,另一板受它的作用力 f q q q ,这是两板间相互作2 o S 2 o S 2 o S用的电场力.p ql ,场点到偶极子中心 0点的距离为r ,矢量r 与丨的夹角为l .试证P 点的场强E 在r 方向上的分量 E r 和垂直于r 的分量E分别为•••场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即方向场强分量psi n 34n o r8-6长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10求：（1）在导线的延长线上与导线 B 端相距a i =5.ocm 处P 点的场强；⑵在导线的垂直平分 线上与导线中点相距 d 2=5.ocm 处Q 点的场强. 解：如题8-6图所示（1）在带电直线上取线元 dx ,其上电量dq 在P 点产生场强为dE p1dx4no (a x)2E P dE P1 2dx 4 n o 2(ax)28-5 一电偶极子的电矩为 ,（见题8-5图）,且r E r =2pcos3 , orE =严 4 o r证：如题8-5所示，将p 分解为与 r 平行的分量psin 和垂直于lr 的分量psinE rp cos 2 n o r 3 E o题8-5图 -9Cm -1的正电荷.试题8-6图用I 15 cm , 5.0E P(2)同理dE Q 6.741由于对称性dElQx 0,dE Qy5.0 10 C cm14.9612 2~n 0(4a l )9 110 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得2 110 N C 方向水平向右dx—2方向如题8-6图所示x d2即E Q只有y分量，1 dx d24nxd2―dfE Qy l dE Qyl4n 22 dx1 32 z 2 2\2(x d2) l2 n 0 J l24d；1, l 15 cm,d2 5 cm代入得102 N C 1,方向沿y轴正向R的均匀带电半圆环，电荷线密度为，求环心处0点的场强•一个半径为8-7RdE Q E Qydq dl Rd ,它在O点产生场强大小为RddE4 n0R2方向沿半径向外则dE x dE sin sin4 n 0 R积分E x dE y dE cos( cos d4 n 0 Rsin dE y cos d 04 n 0RE E x,方向沿x轴正向.2 n 0R8-8均匀带电的细线弯成正方形，边长为I，总电量为q . (1)求这正方形轴线上离中心为r处的场强E ；(2)证明：在r I处，它相当于点电荷q产生的场强E .q解：如8-8图示，正方形一条边上电荷在P点产生物强dE p方向如图，大小为4COS 12COS 2 COS 1dE P在垂直于平面上的分量dE dE P COSdE I r| 2 f 1 2 丨I 2/ 1 2I 1 2I I 2 I4 n °」—<r—i1r —4 \ 2 V 4题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为8-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面.q在该dE pCOS 1 COS 2E PE P4 dE4n o(r2g4lqr4 lr方向沿OPdE p平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量.(R arcta n — )x解：⑴由高斯定理E dS -S立方体六个面，•••各面电通量(2)电荷在顶点时当q在立方体中心时，每个面上电通量相等q6 0 .,将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心qe6 0边长2a的正方形上电通量对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则e 如果它包含q所在顶点则 e 0 .如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图题8-9(b)图题8-9(a)图(3) ••通过半径为面积* 题8-9(c)图R的圆平面的电通量等于通过半径为..R2x2的球冠面的电通量，球冠S 2 M R2x2)[1q。
大学物理下册练习及答案
电磁学 磁力图所示，一电子经过A 点时，具有速率s m /10170⨯=υ。
（1） 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁场大小和方向；（2） 求电子自A 运动到C 所需的时间。
解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 Rv m B ev 200=得出T eR mv B 3197310101.105.0106.11011011.9---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯== 磁场方向应该垂直纸面向里。
（2）所需的时间为s v R T t 870106.110105.0222-⨯=⨯⨯===ππ eV 3100.2⨯的一个正电子，射入磁感应强度B =0.1T 的匀强磁场中，其速度矢量与B 成B 的方向。
试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。
解：正电子的速率为731193106.21011.9106.110222⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为101931106.31.0106.11011.922---⨯=⨯⨯⨯⨯==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --⨯=⨯⨯⨯⨯==T v h m半径为3197310105.1.0106.189sin 106.21011.989sin ---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==eB mv rm d =1.0mm ，放在B =1.5T 的磁立方厘米有8.42210⨯个自由电子，每个电子的电荷19106.1-⨯-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时，（1）求铜片两侧的电势差'aa U ；（2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响？为什么？解：（1）531928'1023.2100.1)106.1(104.85.1200---⨯-=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯==nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。
（2）铜片宽度b 对'aa U =H U 无影响。
大学物理下作业答案.docx
静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下，极板间的电场等同于电荷均匀分布，密度为o = ±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场一-匀强电场，一板在另一板处之电场强度为£ = o/(2s0)，方向垂直于板面.所以，极板间的相互作用力F =q・E = q2 /(2件)。
故选(B)。
2.解：设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体，使A(即Q)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为q/(6&o),而侧面abed是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abed的电场强度通量等于q/(24%).选(C)。
3.解:寸亘•丞=jpdV/£°适用于任何静电场.选(A)。
4.解：选(B)。
5.解:据高斯定理知：通过整个球面的电场强度通=q/&. ■内电荷通过昂、&的电通量相等且大于零; 外电荷对品的通量为负，对&的通量为正. 所以0>1 <0>2 •故(D)对。
二. 填空题：1.解：无限大带电平面产生的电场E= —2&oA L 八(5 2(5 3(5A 区：E A= ------------------ = ------2s0 2s02g0CL L b 2b bB 区：E R = ------------ = ------2s0 2s 02s0C区"c=三+至=至2s n 2s n 2s n2.解：据题意知，P点处场强方向若垂直于OP,则入在P点场强的OP分量与Q在P点的场强E QP一定大小相等、方向相反.即Jcp = ------------- c os——= ----------- =也冲= -------- , O — aA .2%。
3 4%。
4%。
之3. 解：无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此 其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。
大学物理下练习题答案
大学物理下练习题一、选择题（每题1分，共41分）1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？（B ）(A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比；(B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向；(D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0.2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ）（A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
（B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。
（C ）场强方向可由 E =F /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力。
( D )以上说法都不正确。
3．图所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: （A ）(A )i a02πελ. (B) 0.(C)i a 04πελ. (D))(40j +i aπελ.4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图所示的点电荷,则中心O 处场强（C）(A) 大小为零.(B) 大小为q/(20a 2), 方向沿x 轴正向.(C) 大小为()2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()2022a q πε, 方向沿y 轴负向.5. 如图所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ）(A) R 2E . (B) R 2E /2 .(C) 2R 2E .(D) 0 .6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ）（Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零+(0, a )xyO图O qa2q q 2q xy图 E O 图 xy（Ｂ）高斯面上电场强处处为零，则高斯面内的电荷代数和必为零。
《新编大学物理》(下册)教材习题答案
第9章 静电场一、选择题 9.1 答案：B 9.2 答案：C解：根据高斯定理，通过整个立方体表面的电通量为d εqse =⋅=Φ⎰S E ，由于电荷位于立方体的中心，从立方体各个面穿出的电力线一样多，所以穿过一个表面的电场强度通量为06εq． 9.3 答案：B 9.4 答案：A解：根据电势的定义式)0(,d =⋅=⎰BBP V V l E 知，空间中某点的电势高低与电势零点的选择有关，所以B 、C 、D 均不正确；如果某一区域内电势为常数，则该区域内任意两点的电势差为0，即0d =⋅=-⎰BA B A V V l E ，要使其成立，该区域内电场强度必为零． 9.5 答案：A解：根据电势和电势差的定义式)0(,d =⋅=⎰BBP V V l E ，⎰⋅=-=BAB A AB V V U lE d 知，空间中某点电势的高低与电势零点的选择有关，选择不同的电势零点，同一点的电势数值是不一样的．而任意两点的电势差总是确定的，与电势零点的选择无关．9.6 答案：D解：根据电势叠加原理，两个点电荷中垂线上任意一点的电势为BB AA B A r q r q V V V 0044πεπε+=+=由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等，即r r r B A ==，所以rq q V B A 04πε+=．要使其为零，则0=+B A q q ，所以B A q q -=．9.7 答案：A解：根据保守力做功和势能的关系PB PA BA AB E E q -=⋅=⎰l E d W 0知，负电荷沿电力线移动电场力做负功，所以电势能增加．根据等势面的定义，等势面上各点的电势相等，而电势相等的点场强不一定相等；根据电场力做功的公式AB B A AB qU V V q =-=)(W 知，初速度为零的点电荷, 仅在电场力的作用下，如何运动取决于点电荷本身和电势的高低．正电荷从高电势向低电势运动；负电荷从低电势向高电势运动． 9.8 答案：C解：达到静电平衡后，根据高斯定理设各板上的电荷密度如图所示．根据静电平衡条件，有BA BA P E σσεσσ=⇒=-=020习题9.8图 解习题9.8图由于A 、B 板由导线相连，所以其与中间板C 的电势差必然相等，所以12210220112222d dd d U U A B B A BC AC =⇒--⨯=--⨯⇒=σσεσσσεσσσ 9.9答案：D解：根据动能定理，有)11(41221)44()(W 21022010r r m e m r er e e V V e B A AB -=⇒⨯=-=-=πευυπεπε 二、填空题 9.10 答案：3028Rqd επ；方向水平向右解：根据场强叠加原理，本题可以利用割补法，等效于一个均匀带电圆环和一个带相同电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场．由于均匀带电圆环电荷分布的对称性，在圆心处产生的电场强度为零．异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为30220208424Rqd R dR qR dq E εππεππε=⨯== 方向水平向右．习题9.10图习题9.11图习题9.12图9.11答案：2R E π⋅解：根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线的条数相同，所以根据电通量的定义，有2d E d d d R E S S E e π⋅==⋅=⋅=⋅=Φ⎰⎰⎰⎰底面底面底面半球面S E S E 9.12 答案：02εσ，水平向左；023εσ，水平向左；02εσ，水平向右 解：根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理，以水平向右为正有000212222εσεσεσ-=-=+=E E E A 0002123222εσεσεσ-=--=+=E E E B 000212222εσεσεσ+=+=+=E E E C “+”表示电场强度的方向水平向右，“-” 表示电场强度的方向水平向左． 三、计算题 9.13解：（1）如图所示，在θ处取一小段弧为电荷元，其电量为θλλRd dl dq ==根据点电荷的场强分布知，它在O 点处产生的电场强度大小为Rd R dq dE 02044πεθλπε==在x、y 轴上的分量为θcos dE dE x -=，θsin dE dE y -=根据场强叠加原理，有⎰=-=πθθπελ000cos 4d RE x Rd R E y 0002sin 4πελθθπελπ-=-=⎰所以 j j i E RλE E y x 08ε-=+=（2）根据点电荷的电势分布，有044πεθλπεd Rdq dV ==根据电势叠加原理，有⎰=-=πελθπελ044d V 9.14解：（1）由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成，根据教材例9.5的分析知，均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布，所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布，即到球心距离为r 的所有点的电场强度的大小都相等，方向为各自的径向．可以利用高斯定理求解．根据电场的这种球对称性分布，过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面，如图所示．根据高斯定理，有∑⎰⎰⎰⎰=π==⋅=⋅=⋅=Φise qE r ds E ds E ds E 0214cos d εθS E解习题9.13图根据已知，有电荷的分布为：=∑i q )()(343433R r Q R r r R Q><⨯ππ 所以，电场强度的大小为=E )(4)(42030R r r QR r R Qr><πεπε根据分析知，电场强度E 的方向为径向．如果Q ＞0，则电场强度的方向沿径向指向外；若Q ＜0，则电场强度的方向沿径向指向球心． （2）根据电势的定义式⎰∞⋅=P V l E d ，为了便于积分，我们沿径向移到无穷远，所以⎰∞⋅=r V lE d 1⎰⎰∞⋅+⋅=RR rrE r E d d 30200302288348)(R Qr R Q R Q Rr R Q πεπεπεπε-=+-=)(R r <rQ r E V rr024d d πε=⋅=⋅=⎰⎰∞∞l E)(R r >9.15解：（1）如图所示，在空间任取一点P ，过P 点作无限长圆柱面轴的垂线交于O 点，O 、P 的距离为r ．为了便于分析P 点的电场强度，作其俯视图，则俯视图圆上任意一段弧代表一根无限长均匀带电直线．根据教材例9-6的分析知，无限长均匀带电直线周围的电场强度呈轴对称分布，即任意点的场强方向垂直于直线．由于圆柱面电荷分布的对称性，所以P 点的场强方向沿垂线向外（假设λ解习题9.14图＞0）．同理，距离直线也为r 的另一点P ＇的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外．可见，到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等，方向沿各点的垂线方向向外，即场强也呈轴对称分布，可以用高斯定理求解．根据电场强度的这种对称性分布，过P 点作同轴的圆柱面为高斯面，如图所示．该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成，其面积分别为S 1、S 2和S 3，半径为r ，长为l ． 根据高斯定理有⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅=Φ321s s s d d d d S E S E S E S E se由于上、下底面的外法线方向都与场强E 垂直，0cos =θ，所以上式前两项积分为零；又由于圆柱侧面外法线方向与场强E 的方向一致，因此有⎰⎰⎰⎰==⋅=⋅=Φ333s d d s s se ds E Eds S E S E2επ∑=⋅=i qrl E根据已知，有电荷的分布为：=∑i q)()(0R r l R r ><λ 所以，电场强度的大小为解习题9.15图=E )(2)(00R r rR r ><πελ根据分析知，场强的方向是垂直于轴的垂线方向．如果λ＞0，则电场强度的方向沿垂线向外辐射；若λ＜0，则电场强度的方向沿垂线指向直线．（2）由于均匀带电无限长圆柱面的电荷分布到无限远，所以不能选择无穷远处为电势零点，必须另选零电势的参考点．原则上来说，除“无穷远”处外，其他地方都可选．本题我们选择距圆柱面轴为)(00R R R >处电势为零，即00=R V ．根据电势的定义式⎰⋅=0d R PV l E ，有RR r E r E V R RRrR P01ln 2d d d 0πελ=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰l E )(R r <rR r E V R rR P02ln 2d d 0πελ=⋅=⋅=⎰⎰l E )(R r >9.16解：（1）由于圆盘是由许多小圆环组成的，取一半径为r 宽度为dr 的细圆环，此圆环上带电量为rdr dq πσ2⋅=，由教材例9-9的结果知，圆环轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电势为2204x r dq dV +=πε根据电势叠加原理，有P 点电势为)(242220220x x R x r dr r dV V R-+=+==⎰⎰εσπεσπ （2）根据分析知，圆盘轴线上的电场强度方向沿轴线方向，所以解习题9.16图根据电场强度与电势梯度的关系gradV -=E ，有轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电场强度为i i k j i E ])(1[2)(21220x R xdx dV V z y x gradV +-=-=∂∂+∂∂+∂∂-=-=εσ 此结果与教材例9-4的结果一样，很明显这种方法比较简单，去掉了复杂的矢量积分． 9.17解：由于自由电荷和电介质分布的球对称性，所以E 和D 的分布具有球对称性，可以用有介质时的高斯定理．根据电位移矢量D 的这种球对称性分布，过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面，如图所示．根据D 的高斯定理，有∑⎰⎰⎰⎰=π==⋅=⋅=⋅i sq D r ds D ds D ds D 24cos d θS D 根据已知，有电荷的分布为：=∑i q)()(0R r Q R r ><所以，电位移矢量D 的大小为=D )(4)(02R r r QR r >⋅<π根据分析知，电位移矢量D 的方向为径向．如果Q ＞0，则D 的方向沿径向指向外；若Q ＜0，则D 的方向沿径向指向球心． 根据电场强度E 和电位移矢量D 关系E E D εεε==r 0，有电场强度E的大小为习题9.17图==rDE εε0)(4)(020R r r Q R r r ><επε方向也为径向．根据极化强度与电场强度的关系E P )1(0-=r εε，知极化强度的大小为=-=E P r )1(0εε )(4)1()(0200R r r QR r r r >-<επεεε根据极化电荷密度和极化强度的关系n n 'P =⋅=e P σ，有2004)1('r Q r r επεεεσ--= 所以，球外的电场分布以及贴近金属球表面的油面上的极化电荷'q 为Q R R Q q r r r )11(344)1('3200-=⨯--=επεπεεε第10章 稳恒电流的磁场一、选择题 10.1 答案：B 10.2 答案：C解：根据洛伦兹力公式B υF ⨯=q m 知，洛伦兹力始终与运动速度垂直，所以对运动电荷不做功，根据动能定理电荷的动能不变。
大学物理学(下册)习题答案详解
第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=， ， ， 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。
大学物理(下册)习题与答案
大学物理练习册物理教研室遍热力学（一）一、选择题：1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程（A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。
（B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。
（C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。
（D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。
[ ]2、在下列各种说法中，哪些是正确的？[ ]（1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。
（2）热平衡过程一定是可逆过程。
（3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。
（4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。
（A）（1）、（2）（B）（3）、（4）（C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4）3、设有下列过程：[ ]（1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。
（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。
（3）冰溶解为水。
（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。
其中是逆过程的为（A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4）4、关于可逆过程和不可逆过程的判断：[ ]（1）可逆热力学过程一定是准静态过程。
（2）准静态过程一定是可逆过程。
（3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。
（4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。
以上四种判断，其中正确的是（A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4）（C）（2）、（4）（D）（1）、（4）5、在下列说法中，哪些是正确的？[ ]（1）可逆过程一定是平衡过程。
（2）平衡过程一定是可逆的。
（3）不可逆过程一定是非平衡过程。
（4）非平衡过程一定是不可逆的。
（A）（1）、（4）（B）（2）、（3）（C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）6、置于容器的气体，如果气体各处压强相等，或气体各处温度相同，则这两种情况下气体的状态 [ ]（A ）一定都是平衡态。
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大学物理下练习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN大学物理下练习题一、选择题（每题1分，共41分）1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的（ B ）(A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比；(B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向；(D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0.2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ）（A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
（B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。
（C ）场强方向可由 E =F /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力。
( D )以上说法都不正确。
3．图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: （A ）(A )i a 02πελ. (B) 0. (C)i a04πελ. (D))(40j +i a πελ. 4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强（C ）(A) 大小为零.(B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. (C) 大小为()2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为)2022a q πε, 方向沿y 轴负向.+λ -λ• (0, a ) x y O 图1.1 图1.25. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ）(A) πR 2E . (B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 .6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ）（Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零 （Ｂ）高斯面上电场强处处为零，则高斯面内的电荷代数和必为零。
（Ｃ）如果高斯面上电场强度处处都不为零，则高斯面内电荷代数和一定不为零（D ）闭合曲面上各点的电场强度仅由曲面内的电荷决定7. 如图1.4所示，一个带电量为q 的点电荷位于一边长为l 的正方形abcd 的中心线上，q 距正方形l/2,则通过该正方形的电场强度通量大小等于：（B ）(A) 02εq .(B) 06εq.(C) 012εq . (D) 024εq .8. 如图1.5所示，在点电荷+q 的电场中，若取图中M 点为电势零点，则P 点的电势为（B ） (A) q / 4πε0a . (B) q / 8πε0a .(C) -q / 4πε0a . (D) -q /8πε0a .图1.3图1.4M 图1.59. 如图1.6所示，CDEF 为一矩形，边长分别为l 和2l ，在DC 延长线上CA =l 处的A 点有点电荷+q ，在CF 的中点B 点有点电荷-q ，若使单位正电荷从C 点沿CDEF 路径运动到F 点，则电场力所作的功等于：（D ） (A) 515420-⋅l q πε. (B) 55140-⋅l q πε. (C) 31340-⋅l q πε. (D) 51540-⋅l q πε.10.如图所示，在带电体Ａ旁，有不带电的导体空腔Ｂ,Ｃ为导体空腔内一点，则：（B,D ）（Ａ）带电体Ａ在Ｃ产生的电场强度为零 （Ｂ）带电体Ａ与导体壳Ｂ外表感应电荷在Ｃ产生的合场强为零（Ｃ）带电体Ａ与导体壳Ｂ内表面感应电荷在Ｃ产生的合场强为零。
（D ）若以空腔表面为势能零点，则C 点电势为零。
11. 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,外面两板用导线连接.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1.7所示.则比值σ1/σ2为（C ）(A) d 1/d 2 . (B) 1. (C) d 2/d 1. (D) d 22/d 12. 12. 一根载有电流I 的无限长直导线，在A 处弯成半径为R 的圆形，由于已知线外有绝缘层，在A 处两导线并不短路，则在圆心处磁应强度B 的大小为：( C ) (A)(μ0+1)I /(2πR ) (B)μ0I /(2πR ) (C)μ0I (1+π)/(2πR ) (D)μ0I (1+π)/(4πR )-q ll l l +q A BC DEF• • 图1.6d 1 d 2σ1 σ2图1.7IR O13. 载有电流为I 的无限长导线，弯成如图形状，其中一段是半径为R 的半圆，则圆心处的磁感应强度B 的大小为：(A)μ0I /(4a )+μ0I /(4πa ) (B)μ0I /(4a )+μ0I /(4πa )+2μ0I /(8πa )(C)∞ (D)μ0I /(4a )-μ0I /(4πa )+2μ0I /(4πa )14. 在磁感强度为B 的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n 与B 的夹角为θ，如图1.8所示. 则通过半球面S 的磁通量为：（A ）(A) πr 2B . (B) 2πr 2B . (C) -πr 2B sin θ. (D) -πr 2B cos θ.15. 如图六根互相绝缘导线，通以电流强度均为I ，区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为正方形，那么指向纸内的磁通量最大的区域是：( A )(A)Ⅰ区域 (B)Ⅱ区域 (C)Ⅲ区域 (D)Ⅳ区域 (E) 最大不止一个区域.16. 有一半径为R 的单匝圆线圈，通以电流I . 若将该导线弯成匝数N =2的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感强度和线圈的磁矩分别是原来的: （A ）(A) 4倍和1/2倍. (B) 4倍和1/8倍 .图1.8(C) 2倍和1/4倍 .(D) 2倍和 1/2倍 .17. 用相同的导线组成的一导电回路，由半径为R的圆周及距圆心为R/2的一直导线组成如图，若直导线上一电源ε，且通过电流为I，则圆心Ｏ处的磁应强度B的大小为：( C )(A)μ0I/(2R)(B)0(C)3μ0I/(2πR)(D)μ0I/(2R)(1+3/π)18. 四条无限长直导线，分别放在边长为b的正方形顶点上，如图所示，分别载电流为I，2I，3I，4I，方向垂直于图面向外，若拿走载电流为4I的导线，则此时正方形中心O点处的磁场感应强度大小与原来相比将：( C )(A)变大(B)变小(C)不变(D)无法断定19. 在图1.9(a)和1.9(b)中各有一半径相同的圆形回路L1和L2，圆周内有电流I2和I2，其分布相同，且均在真空中，但在图1.9(b）中，L2回路外有电流I3，P1、P2为两圆形回路上的对应点，则：( C )(A) ⎰⋅1dLlB=⎰⋅2dLlB,21PPBB=.(B) ⎰⋅1dLlB≠⎰⋅2dLlB,21PPBB=.图1.9P1(a)32P(b)⊙⊙⊙⊙I2I4I3IO(C) ⎰⋅1d L l B =⎰⋅2d L l B , 21P P B B ≠.(D) ⎰⋅1d L l B ≠⎰⋅2d L l B , 21P P B B ≠.20. 如图1.10,在一圆形电流I 所在的平面内,选取一个同心圆形闭合回路L ,则由安培环路定理可知( A )(A) 0 d =⋅⎰Ll B ,且环路上任意点B ≠0. (B) 0 d =⋅⎰Ll B ,且环路上任意点B =0.(C) 0 d ≠⋅⎰Ll B ,且环路上任意点B ≠0.(D) 0 d ≠⋅⎰Ll B ,且环路上任意点B =0.21. 一铜板厚度为b =1.00mm,放置待测的匀强磁场B 中,磁场方向垂直于导体的平面,如图1.11. 当铜板中的电流为56A 时,测得铜板上下两侧边的电势差为U =1.10⨯10-5V . 已知铜板中自由电子数密度n =4.20⨯1028m -3, 电子电量e = 1.60⨯10-19C ，则待测磁场B 的大小为( C )(A) 0.66T . (B) 2.64T. (C) 1.32T. (D) 13.2T.22. 如图半径为R 的带电圆盘，电荷面密度为σ，圆盘以角速度ω，绕过盘心，并垂直盘面的轴旋转，则中心O 处的磁感应强度大小为：( A ) (A)μ0σωR /2 (B)μ0σωR /4 (C)μ0σωR /6 (D)μ0σωR /823. 在以下矢量场中，属于保守力场的是：( A ) (A)静电场 (B)稳恒磁场图1.10图1.11(C)涡流电场 (D)变化磁场24. 如图两个导体回路平行，共轴相对放置，相距为D ，若沿图中箭头所示的方向观察到大回路中突然建立了一个顺时针方向的电流时，小回路的感应电流方向和所受到的力的性质是：( C )(A)顺时针方向，斥力 (B)顺时针方向，吸力 (C)逆时针方向，斥力 (D)逆时针方向，吸力25. 在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正向作为ε 的正方向，则代表线圈内自感电动势ε 随时间t 变化应为(b)图中的：( D )26. 下列说法中唯一错误的说法是：( D ) (A)涡旋电场是无源场 (B)涡旋电场的力线是闭合线 (C)涡旋电场在导体中形成持续电流 (D)涡旋电场的场强依赖于导体的存在(A)(B)(C)(D)I (a)(b)27. 电磁波的电场强度E 、磁场强度H 和传播速度u 的关系是: ( B )(A) 三者互相垂直，而且E 和H 相位相差π/2.(B) 三者互相垂直，而且E 、H 、u 构成右手螺旋直角坐标系. (C) 三者中E 和H 是同方向的，但都与u 垂直.(D) 三者中E 和H 可以是任意方向，但都必须与u 垂直.28. 在杨氏双缝实验中，入射光波长为λ，屏上形成明暗相间的干涉条纹，如果屏上P 点是第一级暗条纹的中心位置，则S 1、S 2至P 点的光程差δ=r 2 -r 1为：( 4 )(1)λ (2)3λ/2 (3)5λ/2 (4)λ/229. 在双缝实验中，用厚度为6μm 的云母片，覆盖其中一条缝，从而使原中央明纹的位置变为第七级明纹，若入射光波长为5000A o，则云母片的折射率为：( 3 )(1)0.64 (2)1.36 (3)1.58 (4)1.6430. 在双缝实验中，两缝相距2mm ，双缝到屏距离约1.5m ，现用λ=5000A 的单色平行光垂直照射，则中央明纹到第三级明纹的距离是：( 3 ) (1)0.750mm (2)2.625mm (3)1.125mm (4)0.563mm31. 在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹，若将缝S 2盖，并在S 1、S 2连线的垂直平分面处放一反射镜M ，如图所示，则此时：( 2 ) (1)P 点处仍为明条纹 (2)P 点处为暗条纹S(3)不能确定P点处是明条纹还是暗条纹(4)无干涉条纹32. 在折射率为1.5的玻璃表面镀有氟化镁薄膜，可使反射光减弱，透射光增强，氟化镁的n= 1.38，当用波长为λ的单色平行光垂直照射时，使反射光相消的氟化镁薄膜的最小厚度为：( 4 ).(1)λ/2 (2)λ/2n (3)λ/4 (4)λ/4n33. 如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到这些环状干涉条纹：( 2 )(1)向左平移(2)向中心收缩(3)向外扩张(4)静止不动(5)向左平移34. 一束波长为λ的单色平行光垂直照射到宽的a的单缝AB上，若屏上的P为第三级明纹，则单缝AB边缘A、B两处光线之间的光程差为：( 4 )(1)3λ (2)6λ (3)5λ/2 (4)7λ/235. 一单色光垂直照射宽为a的单缝，缝后放一焦距为f的薄凸透镜，屏置于焦平面上，若屏上第一级衍射明纹的宽度为∆x，则入射光波长为：( A )(1)a∆x/f (2)∆x/af (3)f∆x/a (4)a/f∆x36. 根据惠更斯--菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S，则S的前方某点P的光强度决定于波阵面S上所有面积元发出的子波各自传到P点的：( 4 )(1)振动振幅之和(2)光强之和(3)振动振幅之和的平方(4)振动的相干叠加37. 一束由自然光和线偏光组成的复合光通过一偏振片,当偏振片转动时,最强的透射光是最弱的透射光光强的16倍,则在入射光中,自然光的强度I1和偏振光的强度I2之比I1:I2为( A )(A) 2:15.(B) 15:2.(C) 1:15.(D) 15:1.38. 杨氏双缝实验中,设想用完全相同但偏振化方向相互垂直的偏振片各盖一缝,则屏幕上( D )(A) 条纹形状不变,光强变小.(B) 条纹形状不变,光强也不变.(C) 条纹移动,光强减弱.(D) 看不见干涉条纹.39. 自然光以入射角i= 58︒从真空入射到某介质表面时,反射光为线偏光,则这种物质的折射率为( B )(A) cot58︒.(B) tan58︒.(C) sin58︒.(D) cos58︒.40. 一束平行入射面振动的线偏振光以起偏角入到某介质表面,则反射光与折射光的偏振情况是( D )(A) 反射光与折射光都是平行入射面振动的线偏光.(B) 反射光是垂直入射面振动的线偏光, 折射光是平行入射面振动的线偏光.(1)(2)图2.2图2.3(C) 反射光是平行入射面振动的线偏光, 折射光是垂直入射面振动的线偏光. (D) 折射光是平行入射面振动的线偏光,看不见反射光.41. 一束振动方向与入射面成π/4角度的线偏振光,以起偏角入射到某介质上,则反射光与折射光的情况是( C )(A) 反射光为垂直入射面振动的线偏光, 折射光为平行入射面振动的线偏光. (B) 反射光与折射光都是振动与入射面成π/4的线偏光.(C) 反射光为垂直入射面振动的线偏光,折射光也是线偏光,不过它的振动在平行入射面上的投影大于在垂直入射面上的投影.(D) 看不见反射光,折射光振动方向与入射光振动方向相同.二、填空题（每空1分，共39分）1．如图2.1, 两块“无限大”的带电平行平板，其电荷面密度分别为-σ (σ > 0 )及2σ.试写出各区域的电场强度. Ⅰ区E 的大小 σ ，方向 水平向左 . Ⅱ区E 的大小 3σ ，方向 水平向左 .Ⅲ区E 的大小 σ ，方向 水平向右 .2. 在静电场中极性分子的极化是分子固有电矩受外电场力矩作用而沿外场方向 排列 而产生的,称 取向 极化.非极性分子极化是分子中电荷受外电场力使正负电荷中心发生 分离 从而产生附加磁矩(感应磁矩),称 诱导 极化.3. 如图2.2,面积均为S 的两金属平板A ,B 平行对称放置,间距远小于金属平板的长和宽,今给A 板带电Q ,(1) B 板不接地时,B 板内侧的感应电荷的面密度为 -Q/2 ; (2) B 板接地时,B 板内侧的感应电荷的面密度为 -Q .4. 一平行板电容器，充电后切断电源，然后使两极板间充满相对电容率为εr 的各向同性均匀电介质，此时两极板间的电场强度是原来的 εr 倍；电势是原来的 εr 倍；Ⅰ Ⅱ Ⅲ -σ 2σ图2.15. 半径为R 的细圆环带电线(圆心是O ),其轴线上有两点A 和B ,且OA=AB=R ,如图2.3.若取无限远处为电势零点,设A 、B 两点的电势分别为U 1和U 2,则U 1/U 22 .6. 如图2.4所示，将半径为R 的无限长导体薄壁管(厚度忽略)沿轴向割去一宽度为h (h <<R )的无限长狭缝后，再沿轴向均匀地流有电流，其面电流的线密度为i ，则管轴线上磁感强度的大小是R ihπμ20 .7. 如图2.5所示，半径为r 1的小导线环，置于半径为r 2的大导线环中心，二者在同一平面内，且r 1<<r 2.在大导线环中通有正弦电流I=I 0sin ωt ，其中ω、I 为常数，t 为时间，则任一时刻小导线环中感应电动势的大小为 200212/cos r t I r ωωμπ .8. 反映电磁场基本性质和规律的麦克斯韦方程组的积分形式为:V ρ d d 0⎰⎰=⋅SVS D ① ()⎰⎰⋅∂∂-=⋅SlS B l E d d t ② ⎰=⋅S S B 0d ③()⎰⎰⋅∂+=⋅SlS D j l H d d t ④试判断下列结论是包含或等效于哪一个麦克斯韦方程式的. 将你确定的方程式用代号填在相应结论后的空白处.(1) 变化的磁场一定伴随有电场: ② ; (2) 磁感应线是无头无尾的: ③ ; (3) 电荷总伴随有电场: ① .(4) 变化的电场会产生磁场: ④ . 9. 用平行单色光垂直照射双缝，若双缝之间的距离为d ，双缝到光屏的距离为D ，则屏上的P 点为第八级明条纹位置，今把双缝之间的距离缩小为d '，则P 点为第四级明条纹位置，那么d '/d =__1:2__，若d =0.01mm ，D =1m ，P 点距屏中心O 的距离为4cm ，则入射光波长为____5105-⨯mm_______ .10. 在双缝实验中，入射光波长λ=6000A o，双缝间距离为0.6mm ，则在距双缝5m 远处的屏上干涉条纹的间距为___5mm______，若在双缝处分别放置厚图2.5图2.4度相同，折射率分别为1.4和1.5的两块透明薄膜，则原来中央明条纹处为第五级明条纹所占据，则此薄片的厚度为___0.03mm____.11. 以波长6000A o的单色平行光垂直照射到宽度a=0.20mm的单缝上，设某级衍射明纹出现在ϕ=arcsin0.0165的方向上，单缝处的波阵面对该方向而言可分成___11___个半波带，该明纹的级数为____5___级.12. 在夫琅和费单缝衍射实验中，单缝宽度为0.05mm，现用波长为6×10-7m 的平行光垂直照射，如将此装置全部置于n=1.62的二硫化碳液体中，则第一级暗纹的衍射角为__arcsin(1/135)=0.0074_____.13. 在单缝的夫琅和费衍射装置中，用单色平行光垂直照射，当把单缝沿垂直入射光方向向上作小位移时，整个衍射图将___不变__(变否)；若把透镜沿垂直入射光方向向上作小位移，则整个衍射图样将____向上___(如何变).14. 用波长为5500A o的单色平行光垂直投射在每厘米刻有5000条刻痕的平面光栅上，则此光栅的光栅常数为____2微米____；能观察到的完整谱线的最大级数为_____3_____.15. 某块火石玻璃的折射率是1.65, 现将这块玻璃浸没在水中（n = 1.33）, 欲使从这块火石玻璃表面反射到水中的光是完全偏振的,则光由水射向玻璃的入射角应为 arctg(165/133) .16. 光子的波长为λ,则其能量E = hc/λ；动量的大小为p = h/λ；质量为 h/λc .17.质量为m =10-3kg,速度v=1m/s运动的小球的德布罗意波长是 6.63*10-34 .18. 在电子单缝衍射实验中，若缝宽为a = 0.1nm，电子束垂直射在单缝上，则衍射的电子横向动量的最小不确定量∆p y = 5.3*10-25 N·s .19. 设描述微观粒子运动的波函数为ψ(r , t )，ψ(r , t )表示 概率幅 ，则ψψ﹡表示 概率密度 , ψψ﹡dv (dV 表示点(x,y,z)处体积元)表示__粒子出现在dV 体积元内的概率__.三、计算题（每题5分，共20分）1. 半径为R 1的导体球带电Q ,球外套一半径为R 2的薄球壳, 导体球和球壳之间填充相对电容率为εr 的均匀电介质，球壳外为空气.如图3.1.求:(1)离球心距离为r 1(r 1<R 1), r 2(R 1<r 1<R 2), r 3(r 1>R 2)处的D 和E ；(2)离球心r 1, r 2, r 3,处的U ；(3)导体球和球壳组成的电容器电容。