大学物理第七章答案
大学物理课后习题答案 第七章
Q
RT1
ln
V2 V1
8.31 400 ln 0.005 0.001
5.35 103 J
（2） 根据卡诺循环的效率公式可得
1 T2 A净 T1 Q吸
A净
（1
T2 T1
)Q吸
(1
300 ) 5.35 103 400
1.34 103 J
（3）由能量守恒 Q吸 A净 Q放 可得
Pa Va )
1 2 (Pb
Pa ) (Vb
Va )
9.5 102 J
A 100 10.5% Q吸 950
B
C 2 V (L)
62
大学物理上习题册参考解答
10、一定质量理想气体（摩尔热容比为 γ）的某循环过程的 T-V 图如下，其中 CA 为绝
热过程，状态 A(T1,V1)和状态 B（T2,V2）为已知，试问：
RT2
ln
VA VB
R(T1 T2) ln
VA VB
T2 T1 T2
14、一台家用冰箱放在室温为 300K 的房间内，做一盘 2.09105 J 的热量。设冰箱为理想卡诺制冷机。 （1）求做一盘冰块所需要的功；
℃的冰块需从冷冻室取走
（2）若此冰箱能以 2.09102 J / s 的速率取出热量，求冰箱的电功率。
mR mR
60
大学物理上习题册参考解答
6、某理想气体在 P-V 图上等温线与绝热线相交于 A
点（如图所示）。 已知 A 点的压强 P1=2×105Pa，体积 V1=0.5 P ×10-3m3 ，而且 A 点处等温线的斜率与绝热线斜率之比为
0.714，现使气体从 A 点绝热膨胀至 B 点，其体积 V2=1×10-3m3。
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第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1. 掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；2. 学会计算电容器的电容；3. 了解介质的极化现象及其微观解释；4. 了解各向同性介质中D和E的关系和区别；5. 了解介质中电场的高斯定理；6. 理解电场能量密度的概念。
二、基本内容1. 导体静电平衡(1) 静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零(2) 导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
(3) 导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。
2. 电容(1) 孤立导体的电容c=勺V电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。
(2) 电容器的电容C =—9-V A~ Vq为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
V A-V B为A、B两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
(3) 电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之111 1和。
等效电容由一=—+—+川+一进行计算。
C C C C1 2 n并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。
等效电容为C=C +C ,川*C o 1 2 n(4) 计算电容的一般步骤+ 一%1设两极带电分别为q和q，由电荷分布求出两极间电场分布。
~ = J B%1由V V E dl求两极板间的电势差。
A B A%1根据电容定义求c wV A VB3. 电位移矢量D=£ +人为引入的辅助物理量，定义D E P, D既与E有关，又与P有关。
说明D 0不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。
定义式无论对各向同性介质，还是各向号惟会质都适用。
《大学物理》章节试题及答案(七)
《大学物理》章节试题及答案第七章 恒定磁场7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4=分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）。
7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）（A ）B r 2π2 （B ） B r 2π（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为（D ）．7 －3 下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为（B ）．7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）（A ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B = （B ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B = （C ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠ （D ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）． *7 －5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ）（A ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1-（C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）．7 －6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速。
大学物理习题答案解析第七章
第七章 恒定磁场7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ） （A ） （B ） （C ） （D ）分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为（C ）。
7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；．因而正确答案为（D ）． 7 －3 下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为（B ）．7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）r R B B 2=r R B B =r R B B =2r R B B 4=21==R r n n r R B r 2π2B r 2παB r cos π22αB r cos π2S B ⋅=m Φ（A ） ，（B ） ，（C ） ，（D ） ，分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）．*7 －5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ） （A ）（B ） （C ） （D ）分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）．7 －6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速。
大学物理习题答案解答第七章直流电路
第七章 直流电路二、填空题1、0S j dS ⋅=⎰⎰或0j ∇⋅=2、非静电力3、充电，放电4、串联时，两导线的电流强度相等，即12I I =，因截面积12:3:1S S =，所以电流密度大小121212::1:3I I j j S S ==，再由欧姆定律的微分形式j E σ=（其中σ是导体的电导率，通常仅与导体材料和温度有关，此处12σσ=），可得两导线的电场之比为121212::1:3j j E E σσ==；若将二导线并联，接上同一电池，则12εε=，因导线长度12l l =，注意到导线电动势与电场满足关系El ε=，所以两导线的电场之比为121212::1:1E E l l εε== 因导线的电阻满足l R S ρ=（其中1ρσ=是导体的电阻率，此处12ρρρ==）。
所以两导线的电阻之比为 12121212::1:3l l R R S S ρρ== 不妨记01R R =，则203R R =，当两导线串联时，总电阻1204R R R R =+=，电源输出功率为221=4P I R R εεε==串 当两导线并联时，由11112R R R ---=+，可得总电阻034R R =，电源输出功率为 2204=3P R R εε=并所以，电池供给的总电功率之比为220014:=:=3:1643P P R R εε串串5、零6、升高，降低。
三、选择题1、选A2、选C3、选B4、质量为m ，电量为q 的油滴静止时，设其所在位置的电场强度大小为E ，则有qE mg =当电荷量减小时，为维持该油滴仍处于静止状态，需要增大其所在位置处的电场强度。
因平行板电容器内电场是匀强场，由课本平行板电容器的电容一节可知两极板电势差为0AB Qd V Ed Sε== 由此可得电容内部电场强度0Q E Sε= 因所给选项均无法改变电场强度大小，故不选。
5、选D 。
四、计算题1、解：记四个灯泡的通电电阻为12340 6.0R R R R R =====Ω，电源电动势和内阻分别为ε和r 。
大学物理第7章习题参考答案(钟韶 编)
第七章7-1 （1）由RT MmpV =把p =10atm, T=(47+273)K=320K.m =0.1kg, M=32×10-3kg R =8.31J ·mol -1·K -1代入.证V =8.31×10-3m 3(2) 设漏气后，容器中的质量为m ′，则T R M m V p ''=' 3201.0853*******⨯⨯='⇒⨯'=⇒R MR M m R Mm pV )kg (151='⇒m 漏去的氧气为kg 103.3kg 301kg )1511.0(2-⨯≈=-='-=m m m ∆ 7-2 太阳内氢原子数H Sm M N =故氢原子数密度为3827303)1096.6(341067.11099.134⨯⨯⨯⨯===-ππs H S R m M VN n)(105.8329-⨯=m由P =nkT 知)(1015.11038.1105.81035.17232914K nk p T ⨯=⨯⨯⨯⨯==- 7-3 如图混合前：2221112222111O He T M m T M m RT M m pV RT M m pV =⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==气有对气有对 ①总内能 222111212523RT M m RT M m E E E +=+=前 ② ①代入②证1114RT M m E =前 混合后：设共同温度为T题7-2图()RT M m T T EF RT M m M m E 21210221125231,2523⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=式得又由后 ③ 又后前E E =，故由（2）（3）知)/53(8211T T T T +=7-4 (1) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤≤≤=000002020)(v v v v v av v v v av f （2）由归一化条件⎰∞=01d )(v v f 得020032123d d 000v a av v a v v v a v v v =⇒==+⎰⎰（3）4d d )(00002/02/Nv v v a N v v Nf N v v v v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰∆ （4）从图中可看出最可几速率为v 0~2v 0各速率. （5）⎰⎰⎰+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∞0002/000d d d )(v v v v va v v v av v v vf v020911611v av ==（6）02/02/097d d d )(d )(0002121v v v v a v v av v v v f v v vf v v v v v v v v v =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰⎰⎰ 7-5 氧气未用时，氧气瓶中T T p L V V ====111,atm 130,32 V RTMp V RT Mp m 11111==① 氧气输出压强降到atm 102=p 时 V RTMp V RT Mp m 22222== ② 氧气每天用的质量 000V RTMP m =③L 400,atm 100==V P设氧气用的天数为x ,则021210m m m x m m xm -=⇒-= 由(1)(2)(3)知021021)(V p Vp p m m m x -=-=)(6.932400110130天=⨯⨯-=7-6 （1）)(m 1041.23001038.110325235--⨯=⨯⨯==KT p n （2）(kg)103.51002.61032262330--⨯=⨯⨯==N M μ （3）)kg/m (3.1103.51041.232625=⨯⨯⨯==-μρn （4）(m)1046.31041.21193253-⨯=⨯==nl（5）认为氧气分子速率服从麦克斯韦布，故 )(m s 1046.4103230031.86.16.11-23⨯=⨯⨯==-M RT v （6）122ms 1083.43-⨯==MRTv （7）(J)1004.13001038.12522023--⨯=⨯⨯⨯==KT i ε 7-7 3112310m 1006.12371038.1104---⨯=⨯⨯⨯==∴=kT p n nkTp )(cm 1006.135-⨯= 故1cm 3中有51006.1⨯个氮气分子.m101.21006.111d 43113-⨯≈⨯==n7-8 由课本P 257-258例7-4的结论知 )l n (0pp Mg RTh =(m)1096.1)8.01ln(8.9102930031.833⨯=⨯⨯⨯=- 7-9 (1) (J)1021.63001038.123232123--⨯=⨯⨯⨯==KT t （2）看作理想气体，则3132310101030028.16.16.1---⨯⨯⨯==μKTv 12ms 1003.1--⨯=7-10 (J)5.373930031.82323=⨯⨯===RT N E 平动平动ε (J)249330031.8122=⨯⨯===RT N E 转动转动ε内能(J)1023.630031.825253⨯=⨯⨯==RT E7-11 （1）由KTpn nKT p =⇒=∵是等温等压 ∴ 1:1:21=n n （2） MRT v 6.1=是等温，∴4:1322::1221====M M v v7-12317233102.33001038.11033.1---⨯=⨯⨯⨯==m KT P n m)(8.71033.110923001038.1d 2320232=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---ππλpKT7-13 (1)8000021042.56.1d 2⨯=⇒⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫===z M RT v KT p n v n z π（2）由公式MTRK p M RTKT p v n z 222d 26.1d 2d 2πππ===知 z 与T 和P 有关，由于T 不变，故z 只与P 有关.则1854000071.01042.510013.11033.1::--=⨯⨯⨯⨯='='⇒'='s z p p z p p z z 7-14 （1）如图MRT v 32=∴A c A c T T v v ::22=又 C B →等温过程，故C B T T =. 由B A A B V V P P RT Mm pV ===2则A B T T 2= ∴1:2:22=A c V V（2）AAc c A c P T P T pKT ::d 22==λλπλ C B →等温过程 A C A A A C B B C C p p V p V p V p V p =⇒=⨯⇒=221:2:=∴A C7-15 （1）MRTv 73.12= )(ms 100.7102400031.873.1133--⨯=⨯⨯=（2）m 10210)31(2122101021--⨯=⨯+=+=d d d （3）325202210710401042d 2⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-ππv n z110s 105-⨯= 7-16 （1）题7-14图MTR k p z KT pn M RT v v n z ππππ8d 28d 222=⇒⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=== ① 又由mREMT RT M m RT M m E 3326=⇒==② 把②代入①知EmkMpKN E m kM pR z ππ3d 43d 4022== EmMpN π3d 402=（2） MRTv P 2=把②代入得mEmR EM M R V P 3232=⨯=（3）平均平动动能 0232323mN EMmR EM k kT t =⨯==ε。
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答、选择题7-1处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[](A)温度，压强均不相同(B)温度相同，但氦气压强大于氮气的压强(C)温度，压强都相同(D)温度相同，但氦气压强小于氮气的压强3分析：理想气体分子的平均平动动能 \ - kT，仅与温度有关，因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式p nkT ,当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选( C)。
7-2理想气体处于平衡状态，设温度为T，气体分子的自由度为i，则每个气体分子所具有的[](A)动能为-kT (B)动能为丄RT2 2(C)平均动能为-kT (D)平均平动动能为-RT2 23分析：由理想气体分子的的平均平动动能 \ 3kT和理想气体分子的的平均动能2-丄kT，故选择(C)。
27-3三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度n相同，而方均根1/2 1/2 1/2速率之比为v A : v B : v C 1:2:4，则其压强之比为P A：P B：P c[](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1分析：由分子方均根速率公式厂2，又由物态方程p nkT，所以当三容器中得分子数密度相同时，得p1: P2: P3 T1 :T2 :T3 1: 4:16。
故选择(C)。
7-4图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果V p O和V p H分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[] O 2 H 2(A)图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V p O/ V p H4质量M H 2 M O 2，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线 M 1 ( ) i于氧分子的速率分布曲线。
又因16，所以盘4。
故选择(B )。
f(v)习题7-4图7-5在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为T 。
大学物理第7章真空中的静电场答案
Q 与坐标原点0的距离为ydE方向沿轴正向。
4二；0x （x _ L ）（2）如图7— 2图b ,设通过棒的端点与棒垂直上任一点• dx2 4二；°r第七章 真空中的静电场7- 1在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷 q,2q,-4q 和2q ,它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。
解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消，单位正电荷所受的力为 一^甘4）= 4二；。
（2 a ） 5q 2，方向由q 指向-4q 。
2二；°a 7 — 2如图，均匀带电细棒，长为 L ,电荷线密度为 入。
（1） 求棒的延长线上任一点 P 的场强；（2）求通过棒的端点与棒垂直上 任一点Q 的场强。
解：（1）如图7 — 2图a ,在细棒上任取电荷元 dq ,建立如图坐标, P 与坐标原点0的距离为x ,贝U dq = ■ d ■，设棒的延长线上任一点 dE4二；0(x _ )2 4二；0(x _ )2 则整根细棒在 P 点产生的电场强度的大小为 dq 0 n_(」L 一丄x - L x习题7—2图adE y■ dx 2 4二；0rdE x 亠si n ，4 二；°r因x 二ytg pdxcos2 -习题7—2图b代入上式，则E x 二-dE xPL QE「dE「石石。
込还R S Z= 4jy y2L27— 3 一细棒弯成半径为R的半圆形，均匀分布有电荷q,求半圆中心0处的场强。
解：如图，在半环上任取dl=Rdr的线元，其上所带的电荷为dq=，Rd=对称分析E y=o。
dE x■ Rd v24二0RE = dE x sin -4二0R 02 0Rq2 二2；0R2，如图，方向沿x轴正向。
7 —4如图线电荷密度为入1的无限长均匀带电直线与另一长度为I、线电荷密度为 & 的均匀带电直线在同一平面内，二者互相垂直，求它们间的相互作用力。
大学物理学课后习题7第七章答案
q 6 0
对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q
所在的顶点，则 e
q 24 0
，
如果它包含 q 所在顶点则 e 0 ．
7.8 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×
105 C·m-3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强．
解:
高斯定理 当 r 5 cm
均匀分布，其电势U
E
dr
R2
qdr R2 4π 0 r 2
q 4π 0 R
题 7.16 图
(2)外壳接地时，外表面电荷 q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍
为 q ．所以球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生：
U
q 4π 0 R2
q 4π 0 R2
(2)同理
dEQ
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
方向如题 7.6 图所示
由于对称性 l dEQx 0 ，即 EQ 只有 y 分量，
∵
dEQy
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
d2
x2
d
2 2
EQy
l dEQy
d2 4π 2
l 2
dx
l
3
2
(x2
d
2 2
)
2
l
1由于电荷均匀分布与对称性ab和cd段电荷在o点产生的场强互相抵消取?ddrl?则??ddrq?产生o点e?d如图由于对称性o点场强沿y轴负方向题714图??????cos4dd2220?????rreeyr04???2sin??2sin??r02????2ab电荷在o点产生电势以0??u?????ab200012ln44d4drrxxxxu??????同理cd产生2ln402???u半圆环产生00344??????rru0032142ln2?????????uuuuo715两个平行金属板ab的面积为200cm2a和b之间距离为2cmb板接地如图715所示
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答一、选择题7-1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[ ](A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析：理想气体分子的平均平动动能32k kT ε=，仅与温度有关，因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式p nkT =，当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选（C ）。
7-2 理想气体处于平衡状态，设温度为T ，气体分子的自由度为i ，则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为2i kT (B) 动能为2iRT(C) 平均动能为2i kT (D) 平均平动动能为2iRT分析：由理想气体分子的的平均平动动能32k kT ε=和理想气体分子的的平均动能2ikT ε=，故选择（C ）。
7-3 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为()()()1/21/21/222::2A B Cv v v =1:2:4，则其压强之比为A B C p :p :p[ ](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1=，又由物态方程p nkT =，所以当三容器中得分子数密度相同时，得123123::::1:4:16p p p T T T ==。
故选择（C ）。
7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果()2p O v 和()2p H v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[ ](A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式p ν=质量22H O M M <，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线a 对应于氧分子的速率分布曲线。
《大学物理》第二版课后习题答案第七章
习题精解7-1一条无限长直导线在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图7.6所示，若已知导线中电流强度为I,试利用比奥—萨伐尔定律求：（1）当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度；（2）当圆弧为1/4圆周时，圆心O 处的磁感应强度。
解（1）如图7.6所示，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于直线电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据比奥—萨伐尔定律，半圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB Rμπ=方向垂直纸面向内。
半圆弧在O 点产生的磁感应强度为 000220444RIIdl I B R R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
（2）如图7.6（b ）所示，同理，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据毕奥—萨伐尔定理，1/4圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB R μπ=方向垂直纸面向内，1/4圆弧电流在O 点产生的磁感应强度为00022204428RIIdl I R B R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
7.2 如图7.7所示，有一被折成直角的无限长直导线有20A 电流，P 点在折线的延长线上，设a 为，试求P 点磁感应强度。
解 P 点的磁感应强度可看作由两段载流直导线AB 和BC 所产生的磁场叠加而成。
AB 段在P 点所产生的磁感应强度为零，BC 段在P 点所产生的磁感应强度为 0120(cos cos )4IB r μθθπ=- 式中120,,2r a πθθπ=== 。
所以500(cos cos ) 4.010()42I B T a μπππ=-=⨯ 方向垂直纸面向里。
大学物理课后答案 第七章 静电场中的导体和电介质
习题77-2 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2.0 mm ．B ，C 都接地，如题7-2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7-2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7-2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 εσV 7-3 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(1)(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*(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，其电势题7-3图⎰⎰∞∞==⋅=2220π4π4d d R R R qr r q r E U εε (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-=+-+-=7-4 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8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U7-4图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q 7-5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00220183π483π4"'2F rqr 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 qq F ==ε7-6如题7-6图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势． 解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持UU AB =可得以下6个方程题7-6图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U C = 7-7 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,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q 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rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内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 Qr r-+=εεε 7-8如题7-8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7-8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=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题7-8图7-9 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题7-9图7-10 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(1)整个电场储存的能量；(2)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7-10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 302π4r rQ 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 r r 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)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F。
大学物理第7章真空中的静电场答案解析
第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q ，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。
解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消，单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε方向由q 指向-4q 。
7－2 如图，均匀带电细棒，长为L ，电荷线密度为λ。
（1）求棒的延长线上任一点P 的场强；(2)求通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强。
解：（1）如图7－2 图a ，在细棒上任取电荷元dq ，建立如图坐标，dq ＝λd ξ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ，则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为)11(4)(40020xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ＝)(40L x x L-πελ方向沿ξ轴正向。
（2）如图7－2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y习题7－1图0 dqξd ξ习题7－2 图a204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===， 代入上式，则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ，方向沿x 轴负向。
θθπελθd ydE E y y ⎰⎰==000cos 4 00sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形，均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强。
解：如图，在半环上任取d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为dq=λRd θ。
对称分析E y =0。
θπεθλsin 420RRd dE x =⎰⎰==πθπελ00sin 4RdE E x R02πελ= θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=0sin 4xdx习题7－2 图byx习题7－3图2022R q επ=，如图，方向沿x 轴正向。
大学物理学第七章参考答案
题7.1：1964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-下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为10-20 m ），中子内的两个下夸克之间相距2.60⨯10-15 m 。
求它们之间的斥力。
题7.1解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律r r 220r 2210N 78.394141e e e F ===r e r q q πεπεF 与r e 方向相同表明它们之间为斥力。
题7.2：质量为m ，电荷为-e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E k 。
证明电子的旋转频率满足42k20232me E εν=其中是0ε真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。
题7.2分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。
电子、氢核的大小约为10-15 m ，轨道半径约为10-10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷。
点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有220241r e r v m πε= 由此出发命题可证。
证：由上述分析可得电子的动能为re mv E 202k 8121πε==电子旋转角速度为30224mr e πεω=由上述两式消去r ，得43k 20222324me E επων== 题7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于Cl -与其最邻近的八个一价格离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
题7.3分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加。
为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。
解：（l ）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故01=F （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力2F 的值为N 1092.134920220212-⨯===ae rq q F πεπε2F 方向如图所示。
大学-物理学-第五版-马文蔚-答案上下册第七章
第七章 稳恒磁场一、毕奥—萨伐尔定律1、如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在O 点的磁感应强度各为多少？7-1 图解 （a ）RIB 800μ=方向垂直纸面向外（b ） RI R IB πμμ22000-=方向垂直纸面向里（c ） RIR I B 42000μπμ+=方向垂直纸面向外7-2 如图7-2，一根无限长直导线，通有电流I ，中部一段弯成圆弧形。
求图中P 点磁感应强度的大小。
7-2图解 如图，直线AB 中电流在P 点产生的磁感应强度112cos cos4πIB d式中12,0,302a d)231(2)30cos 0(cos 200001-=-=πμπμa I a IB方向垂直纸面向内。
同理，直线DE 中电流在P 点产生的磁感应强度)231(202-=πμa I B方向与1B 方向相同。
圆弧BCD 中电流在P 点产生的磁感应强度aIaIB 63601202003μμ=⨯=方向与1B 方向相同。
P 点总的磁感应强度123BB B B=aIa I a I a I 000021.06)231(2)231(2μμπμπμ=+-+-方向垂直纸面向内。
7-3、如右图所示，两根导线沿半径方向引到铁环上的A 、B 两点。
并在很远处与电源相连。
求环中心的磁感应强度。
解：环中心O 位于直线电流的延长线上，电流的直线部分在该点不产生磁场。
设铁环的优弧长l 1,其中电流强度I 1，劣弧长l 2，电流 7-3图强度为I 2.因为优弧与劣弧连端的电压相等，可得I 1R 1 = I 2R 2 铁环的截面积和电阻率是一定的，因此电阻与长度成正比，于是有 I 1l 1 = I 2l 2 （1） 优弧上任一电流元在O 点产生磁感应强度 0112d d 4I B l Rμπ=方向垂直纸面向外。
优弧在O 点产生的磁感应强度100111122B d 44l I I l B d l R R μμππ===⎰⎰方向垂直于纸面向内。
大学物理答案第七章
（3）若沿过程曲线从a到c状态，内能改变为
应用热力学第一定律，系统所作的功为
7-3 2mol的氮气从标准状态加热到373 K，如果加热时（1）体积不变；（2）压强不变，问在这两种情况下气体吸热分别是多少？哪个过程吸热较多？为什么？
分析根据热力学第一定律，系统从外界吸收的热量，一部分用于增加系统的内能，另一部分用于对外作功．理想气体的内能是温度的单值函数，在常温和常压下氮气可视为理想气体，无论经过什么样的准静态过程从标准状态加热到373 K，其内能的变化都相同．在等体过程中气体对外不作功，系统从外界吸收的热量，全部用于系统的内能的增加，而在等压过程中，除增加内能外，还要用于系统对外作功，因此吸热量要多些．
分析气体动理论的能量公式表明，气体的温度是气体分子平均平动动能的量度，而且定义了方均根速率 ．只要温度不变，无论经历什么样的过程，方均根速率都不变．本题中，可以通过等温过程中系统所作的功的表达式确定该过程中系统的温度．
解等温过程中系统所作的功为
7-92 m3的气体等温地膨胀，压强从 变到 ，求完成的功．
第七章热力学基础
7-1 假设火箭中的气体为单原子理想气体，温度为2000 K，当气体离开喷口时，温度为1000 K，（1）设气体原子质量为4个原子质量单位，求气体分子原来的方均根速率 ．已知一个原子质量单位=1.6605×10-27kg；（2）假设气体离开喷口时的流速（即分子定向运动速度）大小相等，均沿同一方向，求这速度的大小，已知气体总的能量不变．
p
p22
p0等温线
1
p1
OV2V1V
图7-12
分析对于双原子理想气体，热容比 ．不论经历什么过程，只要初终态气体的温度相同，就可以应用理想气体状态方程，建立类似于等温过程中初态和终态压强和体积之间的关系．
大学物理 习题及答案
- 1 -第七章 真空中的静电场一、选择题1、库仑定律的适用范围是 [ ]()A 真空中两个带电球体间的相互作用； ()B 真空中任意带电体间的相互作用；()C 真空中两个正点电荷间的相互作用； ()D 真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离。
2、根据电场强度的定义式0q F E =，下列说法中正确的是：[ ] ()A 电场中某点处的电场强度在数值上等于该处单位正电荷所受的力；()B 从定义式中明显看出，场强反比于单位正电荷；()C 做定义式时0q 必须是正电荷；()D E 的方向可能与F 的方向相反。
3、一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 的一个带电量为σd S 的电荷元，在球面内各点产生的电场强度[ ]()A 处处为零； ()B 不一定都为零； ()C 处处不为零； ()D 无法判定。
4、关于真空中静电场的高斯定理⎰∑=⋅0εi q S d E ，下列说法正确的是：[ ] (A)该定理只有对某种对称性的静电场才成立(B)∑i q 是空间所有电荷的代数和(C) 积分式中的E 一定是电荷∑i q 激发的(D) 积分式中的E 是有高斯面内外所有电荷激发的5、静电场中某点电势的数值等于[ ](A) 试验电荷q 0置于该点时具有的电势能；(B) 单位试验电荷置于该点时具有的电势能；(C) 单位正电荷置于该点时具有的电势能；(D) 把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功。
6、如图所示，半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ，设无穷远处的电势为零，则球内距离球心为r 的P 点处的电场强度的大小和电势为：[]- 2 -(A) 0=E ，r Q U 04επ=； (B) 0=E ，R Q U 04επ=； (C) 204r Q E επ=，r Q U 04επ=； (D) 204r Q E επ=，RQ U 04επ=。
7、点电荷Q -位于圆心O 处，a 是一固定点，b 、c 、d 为同一圆周上的三点，如图所示。
大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答、选择题7-1处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[](A) 温度，压强均不相同(B)温度相同，但氦气压强大于氮气的压强(C)温度，压强都相同(D)温度相同，但氦气压强小于氮气的压强3分析：理想气体分子的平均平动动能τk= kT，仅与温度有关，因此当氦气和氮2气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式p =nkT ,当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选( C)O7-2理想气体处于平衡状态，设温度为T，气体分子的自由度为i ,则每个气体分子所具有的[](A)动能为-kT (B)动能为丄RT2 2(C)平均动能为^kT (D)平均平动动能为^RT分析：由理想气体分子的的平均平动动能3 kT和理想气体分子的的平均动能2T二丄kT ,故选择(C)O27-3三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度n相同，而方均根1/2 1/2 1/2速率之比为V A : V B : V C 1:2:4 ,则其压强之比为P A : P B : P C[](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1 : 4 : 16 (D) 4:2:1分析：由分子方均根速率公式= J3RT,又由物态方程p = nkT ,所以当三容器中得分子数密度相同时，得p1: P2： P3 =T1 :T2 :T3 =1:4:16 O故选择(C)O7-4图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果(VP O和(V P 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[](A)图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V P O z V P H= 4(B) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V P O/ V P H? =1/4(C) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且V P O / V P H=1/4(D) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且V P O/ V P H2 =4分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式'..P=I j2RT及氢气与氧气的摩尔质量M H2£M o2,可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线a对应于氧分子的速率分布曲线。
大学物理第7章 电场题库答案(含计算题答案)
第七章 电场填空题 （简单）1、两无限大平行平面的电荷面密度分别为σ+和σ+，则两无限大带电平面外的电场强度大小为σε ，方向为 垂直于两带电平面并背离它们 。
2、在静电场中，电场强度E 沿任意闭合路径的线积分为 0 ，这叫做静电场的 环路定理 。
3、静电场的环路定理的数学表达式为 0l E dl =⎰ ，该式可表述为 在静电场中，电场强度的环流恒等于零 。
4、只要有运动电荷，其周围就有 磁场 产生；5、一平行板电容器，若增大两极板的带电量，则其电容值会 不变 ；若在两极板间充入均匀电介质，会使其两极板间的电势差 减少 。
（填“增大”，“减小”或“不变”）6、在静电场中，若将电量为q=2×108库仑的点电荷从电势V A =10伏的A 点移到电势V B = -2伏特的B 点，电场力对电荷所作的功A ab = 92.410⨯焦耳。
(一般)7、当导体处于静电平衡时，导体内部任一点的场强 为零 。
8、电荷在磁场中 不一定 （填一定或不一定）受磁场力的作用。
9、如图所示，在电场强度为E 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面，E 与半球面轴线的夹角为α。
则通过该半球面的电通量为2cos B R πα-⋅ 。
10、真空中两带等量同号电荷的无限大平行平面的电荷面密度分别为σ+和σ+，则两无限大带电平面之间的电场强度大小为 0 ，两无限大带电平面外的电场强度大小为σε 。
11、在静电场中，电场力所做的功与 路径 无关，只与 起点 和 终点位置 有关。
12、由高斯定理可以证明，处于静电平衡态的导体其内部各处无 净电荷 ，电荷只能分布于导体 外表面 。
因此，如果把任一物体放入空心导体的空腔内，该物体就不受任何外电场的影响，这就是 静电屏蔽 的原理。
(一般)13、静电场的高斯定理表明静电场是 有源 场， (一般)14、带均匀正电荷的无限长直导线，电荷线密度为λ。
它在空间任意一点（距离直导线的垂直距 离为x 处）的电场强度大小为 02x λπε ，方向为 垂直于带电直导线并背离它 。
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所需电功率至少为 P =
Qb −c = C v (Tc − Tb ) （放热）
O V0
c V
2V0
Qc − a = RT0 ln
η=
Vc Va
（放热）
Qa−b − (Qb−c + Qc−a ) =12.3% Qa−b
7.11 解 （1）a-b 与 b-c 过程中吸热分别为 Qa-b= 7.12 解 （1）d-a 与 a-b 过程中吸热分别为 m QV = CV (Ta − Td ) M
7.14 解（1）η = 1 −
Q2 = 37.4% Q1
η卡 = 1 −
T2 = 0.5 T1
（2） A = η 卡 Q1 = 1.67 × 10 4 J 7.15 解 此卡诺循环的致冷系数为 ω =
Q2 T2 = = 6.5 A T1 − T2
所需电功至少为 A =
Q2 = 3.22 × 10 4 J ω Q ′ 0.209 × 10 3 = = 32.2W ω 6.5
7.1 解 设原有氧气质量为 m1，每天用去氧气质量为 m，一瓶氧气可以 x 天，剩 余的氧气质量为 m2，由于温度不变，则有
P1V =
m1 RT M m2 RT M
P2V = P ′V ′ =
m RT M 式中 P1，P2 分别是开始及剩余氧气的压强， V 是气瓶的容积，P’,V’分别是每天 用去氧气的压强和体积，因此有 x= m1 − m 2 ( P1 − P2 )V = m P′V ′
7.9 解 P =
m RT ρRT = M V M
所以有 v =
γP = ρ
γ ρRT γRT = ρ M M
P a b
7.10 解 由 P-V 图可知这是一个热机循环 由图知 Tb=2T0=600K Ta=Tc=T0=300K Va=V0 Vb=Vc=2V0
Qa −b = C P (Tb − Ta ) (吸热)
V = 8.31 × 353 × ln 2 = 2033 J V0
在 a-b-c 过程中，气体吸热为
Q1 = ∆E1 + A1 = 1246 + 2033 = 3279 J
(2)在 a-d 的等温过程中，内能不变，气体作功为
A2 = RT0 ln
V = 8.31 × 293 × ln 2 = 1687 J V0
7.2 解 EA-B-C=EA-C=QA-B-C-WA-B-C=428-128=300J QC-A=EC-A+WC-A= -300-69= -369J<0 7.3 解 做功等于 P-V 图中对应曲线下的面积，由图知对应曲线下为一梯形
W=
PB + PA (VB − V A ) 2
或：由图可过程中，内能增量为 ∆E 2 = Cv∆T = ∆E1 = 1246 J
在 a-d-c 过程中，气体吸热为 Q2 = ∆E 2 + A2 = 1246 + 1687 = 2933 J 7.7 解 设该过程中的摩尔热容为 Cm，则有 dQ=CmdT 由热力学第一定律 dQ=dE+dA=CVdT+PdV P 由图可知，P 和 V 之间满足 = tan θ = k 即 P=kV V 2 由 PV=RT，即 kV =RT，两边同时微分得 2kVdV=RdT，即 2PdV=RdT 代入上式 CmdT= CVdT+PdV R 得 Cm=CV+ 2
由于 PaVa=PbVb，PcVc=PdVd，但 Va=Vd，Vb=Vc,所以
Pa Pc = Pb Pd
7.13 解 η = 1 −
Vb Vd = Pb Pd Va Vc
T2 Q = 1 − 2 = 0.8 T1 Q1
W = Q1 − Q2 = 1.05 × 10 5
Q1=1.3125×105J，Q2=0.2625×105J
V2
3
有W =
∫ PdV = ∫ (−V + 4)dV
V1
2
7.6 解 （1）在 a-b 的等体过程中，A=0，内能增量为 ∆E1 = Cv∆T = 2.5 × 8.31 × 60 = 1246 J 在 b-c 的等温过程中，ΔE=0，气体作功为
P b c a d O V0 2V0 V
A1 = RT ln
QT =
V m m RTa ln b = RT1 ln 2 = AT M Va M
c-d 过程中气体作功为 ′ =− AT
V m m RTc ln b = − RT2 ln 2 M Va M
注意到 Ta=Tb=T1=300K,Tc=Td=T2=200K 所以有η = ′ A AT + AT = = 15.1% Q QV + QT