大学物理习题答案_吴百诗
北邮 大学物理 吴百诗 Chapter-6-热力学基础
p
o
等 体 降 p2 压
p1
1 ( p1,V , T1 )
( p2 ,V , T2 )
V
2
V
V
V
o
QV
E1
E2
QV
E1
E2
30
二 等压过程 摩尔定压热容
特性
p 常量
过程方程 VT 1 常量 p ( p,V1, T1 ) ( p,V2 ,T2 ) p 功 W p(V2 V1 ) 2 1 由热力学第一定律 W
18
热力学理论
19
一 热力学第一定律
p
1*
*2
Q E2 E1 W
系统从外界吸收的热 量，一部分使系统的内能 增加，另一部分使系统对 外界做功 .
o
V1
V2 V
Q E2 E1 W E W
20
准静态过程
Q E
微变过程
V2
V1
pdV
dQ dE dW dE pdV
dp pA ( )T dV VA
pA
o
V A V V B
V
绝热线的斜率大于等温线的斜率.
48
例1 设有 5 mol 的氢气，最初温度20 C ， 压强 1.013105 Pa ，求下列过程中把氢气压缩 为原体积的 1/10 需作的功: （1）等温过程 （2）绝热过程 （3）经这两过程后，气体的 p 2 压强各为多少？ T T' T
o V1 dV
dE CV ,mdT
绝热的汽缸壁和活塞
41
W pdV
V1
V2
CV ,mdT
T1
西安交大大学物理学 吴百诗ch4-3
例 在恒星系中，两个质量分别为 m1 和 m2 的星球，原来为静 止，且相距为无穷远，后在引力的作用下，互相接近，到
相距为 r 时。 求 它们之间的相对速率为多少？ 解 由动量守恒，机械能守恒
m1
mv1 mv 2 0
1 1 m1m2 2 2 m1v1 m2v 2 G 0 2 2 r
Fy 0 miv iy Py 常量
例 如图所示，两部运水的卡车A、B在水平面上沿同一方向运 动，B的速度为u ，从B上以6kg/s的速率将水抽至A上，水 从管子尾部出口垂直落下，车与地面间的摩擦不计，时刻 t 时，A车的质量为M，速度为v 。 求 时刻 t ，A 的瞬时加速度 解 选A车M和t时间内抽至A 车的水 m 为研究系统， 水平方向上动量守恒 A A B
解得
O
v1
v2
m2
x
v1 m2
2G (m1 m2 )r
2G v 2 m1 (m1 m2 )r
相对速率 v12 v1 v 2 m2
2G 2G m1 (m1 m2 )r (m1 m2 )r
§4.3 质点系动量守恒定律
当
Fi 0
i
d miv i 0 miv i 常矢量
质点系动量守恒定律 动量守恒的分量表述
Fx 0 miv ix Px 常量 Fz 0 miv iz Pz 常量
说明 (1) 动量守恒定律适用于惯性系 (2) 动量守恒定律也适用于高速，微观领域
v
u
Mv mu ( M m)v
Mv mu v M m m u v v M
mu v v v v M m v dm u v 6 a lim
大学物理(吴百诗)第三版答案
大学物理习题及解答第一章1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r +=式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t rt d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d=，t vd d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ =式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，22d d t r v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理复习题解析-吴百诗
物理学练习§1－1（总1）一、进择题：1. 某质点的运动方程为)(3723SI t t x +-=，则该质点作(A)匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B)匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向； (C)变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向；(D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向。
( )解答：)(3723SI t t x +-= t -t x 2212 d d ==∴v t tva 21 d d -== ( D ) 3. 以下五种运动形式中，a保持不变的运动是(A)单摆的运动； (B)匀速率圆周运动；(C)行星的椭圆轨道运动； (D)抛体运动； (E) 圆锥摆运动。
( )解答：a 为矢量，a 保持不变说明a的大小和方向都不变（A ）a 的大小和方向都变 （B ）a的大小不变，方向变（C ）a 的大小和方向都变 （D ）a的大小和方向都不变（E ）a的大小不变，方向变 (D )4.对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的: (A)切向加速度必不为零；(B)法向加速度必不为零(拐点处除外)；(C)由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； (D)若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；(E)若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动。
( )解答：根据t n a a a+=（A ）0≠t a说明物体作曲线运动时速度的大小改变，但是匀速率圆周运动的速度大小不变，因此该说法错误。
（B ）题目给出物体作曲线运动，说明速度的方向是变化的即0≠n a，因此该说法正确。
（C ）物体作曲线运动，速度的方向是变化的, 0≠n a,错误。
（D ）物体作曲线运动，速度的方向改变0≠n a ，所以虽然速度的大小不变，即 0=t a ，仍有0≠+=t n a a a，该说法错误。
（E ）该说法错误,例如斜抛运动，a是恒量，但做变速率运动。
(B )二、填空题，1.一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为)(24SI t a +=，如果初始时质点的速度0υ为7m ·s -1，则当t为4s 时，质点的速度=υ 米/秒。
大学物理 吴百诗主编5-7
d
围绕分子的中心,以d为半径画出的 球叫做分子的作用球。
d
d 围绕分子的中心,以d为半径画出的截 面叫做分子的碰撞截面。 πd 2
以A分子中心的运动轨迹为轴线，以d为半径作 一曲折的圆柱体。
2d A d
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在t 时间内,分子A走过的路程为:
u t
二、平均碰撞频率 Z
单位时间内一个分子和其它分子碰撞的平均次数。
三、 平均自由程 公式
每两次连续碰撞之间一个分子自由运动的平均路程。 设分子的平均速率为 v ，则
v . Z
d
(1)假定每个分子都是直径为d 的刚性小球;
(2)假定一个A分子以相对速率 u 运动,其他分子都静 止不动; 当A分子与其他分子作一次弹性碰撞 时,两个分子的中心相隔距离就是d。
Байду номын сангаас
因为 所以
u 2v
Z n u 2nπd v
2
2d A d
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平均自由程：
v Z
因为
1 2 2nπd
p nkT
kT 2 2πd p
平均自由 程公式
所以
所以平均自由程与温度成正比,与压强成反比。
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例题5-7
求氢在标准状态下，在1s 内分子的平均
碰撞次数。已知氢分子的有效直径为210-10m。 解:按气体分子算术平均速率公式得
8RT 3 1.70 10 m/s v πM mol
按公式 p=nkT 可知单位体积中分子数为
p 25 3 n 2.69 10 m kT
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因此
大学物理(吴百诗)习题答案3运动守恒定律汇编
冲量和动量定理3-1质量m =10kg 的物体在力F x =30+4t N 的作用下沿x 轴运动，试求（1）在开始2s 内此力的冲量I ；（2）如冲量I =300N·s ，此力的作用时间是多少？（3）如物体的初速v 1=10m/s ，在t =6.86s 时，此物体的速度v 2为多少？ 解：(1) s N 68d )430(d 2020⋅=+==⎰⎰t t t FI xx(2) 300230d )430(d 2=+=+==⎰⎰tt t t t F I tt x t ，s 86.6=t(3) 1212mv mv p p I -=-=，s 86.6=t ，s N 300⋅=I ，m/s 20)1010300(101)(112=⨯-=-=mv I m v 3-2质量m =1kg 的物体沿x 轴运动，所受的力如图3-2所示。
t =0时，质点静止在坐标原点，试用牛顿定律和动量定理分别求解t =7s 时此质点的速度。
解：(1) ⎩⎨⎧≤≤+-≤≤=75355502t t t t F 50≤≤t ，t tv m2d d =，⎰⎰=500d 2d 1t t v m v ，(m/s)25251==m v75≤≤t ，355d d +-=t tvm ，⎰⎰+-=75d )355(d 21t t v m v v ，(m/s)352=v(2) s)(N 35)107(21d 7⋅=⨯==⎰t F I ，212mv mv mv I =-=，(m/s)352=v动量守恒定律3-3两球质量分别为m 1=3.0g ， m 2=5.0g ，在光滑的水平桌面上运动，用直角坐标xOy 描述运动，两者速度分别为cm /s 81i v ϖϖ=，cm /s )168(2j i v ϖϖϖ+=，若碰撞后两球合为一体，则碰撞后两球速度v ϖ的大小为多少？与x 轴的夹角为多少？解：系统动量守恒 j i v m v m v m m ϖϖϖϖϖ8064)(221121+=+=+， j i v ϖϖϖ108+=cm/s 8.1210822=+==v v ϖ，与x 轴夹角 ︒==3.51810arctan α3-4如图3-4所示，质量为M 的1/4圆弧滑槽停在光滑的水平面上，一个质量为m 的小物体自圆弧顶点由静止下滑。
大学物理复习题解析-吴百诗
物理学练习§1－1（总1）一、进择题：1. 某质点的运动方程为)(3723SI t t x +-=，则该质点作(A)匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B)匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向； (C)变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向；(D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向。
( )解答：)(3723SI t t x +-= t -t x 2212 d d ==∴v t tva 21 d d -== ( D ) 3. 以下五种运动形式中，a保持不变的运动是(A)单摆的运动； (B)匀速率圆周运动；(C)行星的椭圆轨道运动； (D)抛体运动； (E) 圆锥摆运动。
( )解答：a 为矢量，a 保持不变说明a的大小和方向都不变（A ）a 的大小和方向都变 （B ）a的大小不变，方向变（C ）a 的大小和方向都变 （D ）a的大小和方向都不变（E ）a的大小不变，方向变 (D )4.对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的: (A)切向加速度必不为零；(B)法向加速度必不为零(拐点处除外)；(C)由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； (D)若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；(E)若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动。
( )解答：根据t n a a a+=（A ）0≠t a说明物体作曲线运动时速度的大小改变，但是匀速率圆周运动的速度大小不变，因此该说法错误。
（B ）题目给出物体作曲线运动，说明速度的方向是变化的即0≠n a，因此该说法正确。
（C ）物体作曲线运动，速度的方向是变化的, 0≠n a,错误。
（D ）物体作曲线运动，速度的方向改变0≠n a ，所以虽然速度的大小不变，即 0=t a ，仍有0≠+=t n a a a，该说法错误。
（E ）该说法错误,例如斜抛运动，a是恒量，但做变速率运动。
(B )二、填空题，1.一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为)(24SI t a +=，如果初始时质点的速度0υ为7m ·s -1，则当t为4s 时，质点的速度=υ 米/秒。
《大物》下(吴百诗)作业答案
《大学物理》（下）（吴百诗）作业答案7.1 -1190J ； 7.2 B ； 7.3 A ；7.4 解：A=曲线下面积=（P1+P2）(V2-V1)/2P1V1=νRT1 P2V2=νRT2ΔE=νCv(T2-T1)= ν5R/2(P2V2/νR - P1V1/νR)=5(P2V2-P1V1)/2 Q=A+ΔE7.5 解：等压过程A=P ΔV=5*102JQ=A+ΔEΔE=Q-A=1.21*103J7.6 A ； 7.7 D ； 7.8 B ； 7.9 解：C V =5R/2；C p =7R/2;γ=7/5ab 等容过程 吸热a b b b a a a b V ab T T T P T P T T C Q 2,//),(==-=νbc 绝热过程 γγγγγ2/,,011b c c cbb bc T T T P T P Q ===----ca 等压过程 放热)(c a p ca T T C Q -=νabcaab Q Q Q +=η7.10 解：与老版答案相同AB 过程 吸热Q 1=vRT 1InV 2/V 1 BC 过程 放热 Q 2=vC V (T 2-T 1) CD 过程 放热Q 3=vRT 2InV 1/V 2 DA 过程 吸热Q 4=vC V (T 1-T 2)η=A/Q 吸=（ Q 1+ Q 2+ Q 3+ Q 4）/（Q 1+ Q 4）=15%8.1 相同、相同、相同、不一定； 8.2 A ； 8.3 B ； 8.4 解：与老版答案相同n=N/V=P/kT=2.44*1025/m 3ρ=n μ=1.3kg/ m 3ε=3kT/2=6.21*10-21Jm n d 931045.3/1-⨯==8.5 解：PV=νRT T=PV/νR J kT 221089.32/3-⨯==ε8.6 理想气体分子速率大于最概然速率的概率理想气体分子平均平动动能 8.7 6； 8.8 B ；8.9 解：J RT M m E J n E kT P n J KT CON mol kg RT M sm P M RT v MRT p vRT PV K k K 33212322107.125)5(105.1,/)4(107.32/3)3(,/1028)494/(3)2(/494/3/3//,)1(⨯==⨯===⨯==⨯=======--εερρ8.10 解：s m v K T M RTv s m v v v M M MRTv pO H pH pH pO pH O H p /500,481,2/2000,,,222222222====><=12.1、C 12.2、D 12.3、 2π12.4 解：（1）波动方程y=0.05cos (100t-2x)= 0.05cos2π (50t/π-x/π)将上述方程与波动方程标准形式y=Acos2π (νt-x/λ)相比较，有： A=0.05(m)，λ=π(m)，T=1/ν=π/50(s)，u=λ/T=50(m/s) (2)质点的振速度方程为=-0.05*100sin(100t-10) 故V m =0.05*100=5m/s各质点加速度方程为：a==-0.05*100*100 cos (100t-2x)故a m =0.05*100*100=500m/s 212.5 解：（1）设坐标原点的振动方程为：y=Acos (ωt+φ)由题意可知：A=0.1m ，ω=2π/T=πs -1； 由旋转矢量法可知φ=-π/2 故振动方程为：y=0.1cos(πt-π/2) 又u=λ/T=2/2=1m/s故波动方程为：y=0.1cos[π(t-x)- π/2](2)将x=0.5m 代入波动方程，得该质点的振动方程为：y=0.1cos(πt-π)tyv ∂∂=tv∂∂(3)将t=1.0s 代入波动方程，得此时各质点的位移为：y=0.1cos(π/2-πx)=0.1sin πx波形图为：12.6 解：（1）设坐标原点的振动方程为：y=Acos (ωt+φ)由图可知：A=0.10(m)，λ=20 (m)，ω=2πν=500πs -1由题意可知波沿OX 轴负方向传播，并可判断原点处质点将沿OY 轴的负方向运动，由旋转矢量法可知初相φ=π/3；故坐标原点的振动方程为：y=0.10cos (500πt+π/3) 又u=λν=5000(m/s)故波动方程为 y=0.10cos[500π(t+x/5000)+π/3]12.7 频率相同；振动方向相互平行；相位相同或相位差恒定。
北邮 大学物理 吴百诗第12章-机械振动
x1 A cos(t1 )
x2 A cos(t 2 )
(t2 ) (t1 )
t t 2 t1
（2）对于两个同频率的简谐运动，相位 差表示它们间步调上的差异（解决振动合成 问题）.
x1 A1 cos(t 1 )
x2 A2 cos(t 2 )
(t 2 ) (t 1 )
2 1
2 1
0 同步
π 反相
为其它
超前 落后
x
x
t
x
t
o
o
o
t
例题. 质点作简谐振动A=4cm，=0.5Hz，t=1s时x= -2cm，且向 t=0s X正方向运动，写出振动表达式。 解：设振动表达式为
dx v A sin( t ) dt d2 x a 2 A 2 cos(t ) dt
简谐运动方程— 状态参量？？
其中
v0 2 2 A x0 ( ) arctan( v 0 ) x0
x A cos(t )
=0
T t
4.初相 弹簧振子 的几个特 殊的初始 状态及相 应的振动 曲线:
(b)
m o
x0 = 0
A x o
= /2
T t
-A x A
(c)
m -A
x0 = -A
=
T t
o
x
o -A x A
= 3/2
T t
(d)
m
x0 = 0
o
x
o -A
讨论
已知
t 0, x 0, v0 0
2
吴百诗《大学物理基础》电子教案ch3
(2) 质点在球内任一点C，与 球心距离为x，质点受到 的万有引力为
M
R O
m x
4 f G mx 3 R 4 Mm E p G mxdx G 2 dx x R 3 x 2 Mm 2 2 G m( R x ) G 3 R 3R 2 x 2 GMm( ) 3 2R
O
y
b0 g 0 (l b0 ) g 0
0 b0 l 1 0
当 y >b0 ，拉力大于最大静摩擦力时，链条将开始滑动。
(2) 以整个链条为研究对象，链条在运动过程中各部分之间 相互作用的内力的功之和为零，
重力的功
1 A ygdy g (l 2 b 2 ) b 2
aL aL aL
A1 A2 An
(3) 一般来说，功的值与质点运动的路径有关
三. 功率
力在单位时间内所作的功，称为功率。 平均功率
A P t A dA P lim t 0 t dt
当t 0时的瞬时功率
F dr P F v Fv cosθ dt
dA dEP
2. 由势能曲线求保守力 势能曲线上某点斜率的负值，就是该点对应的位置处质点 所受的保守力。
EP EP EP F ( i j k) x y z
A
EP C
E
Ek F
EP x1
F F
x2
B
F
x3
x4
x
质点运动范围： Ek E E p 0
Ep
1. 重力势能
M0
M
F dr
z
M ( x, y , z )
E p ( mg )dz mgz
吴百诗大学物理8章-3
1 e SE dS
0
q
内
(不连续分布的源电荷)
1 Φe SE dS V dV
0
(连续分布的源电荷)
是所有电荷产生的; 只与内部电荷有关。 e E
真空中的任何静电场中，穿过任一闭合曲面的电通量，等 于该曲面所包围的电荷电量的代数和乘以 1 0
1 E 2 r
R
O
4 3 q内 3π r
E r 3 0
r
电场分布曲线
例3 “无限大”均匀带电平面，电荷面密度为 求 电场强度分布 解 电场强度垂直带电平面, 选取 P/ 垂直带电面的圆柱形高斯面
O
P
e E dS E dS
与路径无关
• 任意带电体系产生的电场 电荷系q1、q2、…的电场中，移动q0，有
Aab
b
a( L)
b
b F dl q0 E dl
a( L)
b •
a( L) n
q0 ( Ei ) dl
n i 1 b a( L)
i 1
q0 Ei dl
a•
L
q1 qi
q2
qn1 qn
qi q0 1 1 ( ) rbi i 4 0 rai
结论 电场力作功只与始末位置有关，与路径无关，所以静电力 是保守力，静电场是保守力场。
二.静电场的环路定理
• 积分形式的环路定理 在静电场中，沿闭合路径移动q0，电场力作功
Aab F dl q0 E dl
意义 静电场是无旋场 讨论
E 0
微分形式 环路定理
大学物理基础(下册)吴百诗 编版
S
（5）电流密度：描述电流空间分布的物理量.
dI j n dS
n
dS
空间某点电流密度的大小为：通过该点单位垂直截面上的电流. 空间某点电流密度的方向为：该点电流的方向. （6）通过空间某曲面的电流 通过 dS 面的电流
j
dI j dS
通过 S 面的电流
dS dSn I j dS
Idl
B
dF 0
B Idl dF dFmax
定义 磁感应强度的大小
dFmax B Idl
（3）磁场力 dFmax 的方向与电流元 Idl 和磁感应强度 B 满足右手螺旋关系: dFmax dF Idl B B ——安培力公式 Idl
运动电荷
(1) 对运动电荷(或电流)有力的作用; (2) 磁场有能量.
三. 磁感应强度
在闭合回路中取电流元 Idl
Idl
电流元在磁场中的受力特点: (1) 电流元在磁场中的方向不同, 受力也不同; 存在一个方向使
dF 0
定义该方向为磁感应强度的方向. (2) 当电流元的取向与 磁感应强度的 方向垂直时,受到的磁场力最 大;
S
n
S
dS
（7）电流线：描绘电流场（类似电力线）
2. 电流连续性方程
设导体中有一闭合面 S ，t 时刻有电荷 q，那么单位时间内流
出的电流等于单位时间内电荷减少量。
dq I出 dt I出 j dS
S
S
S
q e dV
V
d j dS e dV dt V 电流连续性方程
基本应用
线圈;
大学物理(吴百诗)习题答案10电磁感应
法拉第电磁感应定律10-1如图10-1所示，一半径a ＝0.10m ，电阻R ＝1.0×10-3Ω的圆形导体回路置于均匀磁场中，磁场方向与回路面积的法向之间的夹角为π/3，若磁场变化的规律为T 10)583()(42-⨯++=t t t B求：（1）t ＝2s 时回路的感应电动势和感应电流；（2）最初2s 内通过回路截面的电量。
解：（1）θcos BS S B =⋅=ΦV 10)86(6.110)86()3cos(d d cos d d 642--⨯+⨯-=⨯+⨯-=-=Φ-=t t a t B S t i ππθε s 2=t ，V 102.35-⨯-=i ε，A 102100.1102.3235---⨯-=⨯⨯-==R I ε 负号表示i ε方向与确定n的回路方向相反（2）422123112810 3.140.1()[(0)(2)]cos 4.410C 1102i B B S q R R θ---⨯⨯⨯=Φ-Φ=-⋅⋅==⨯⨯⨯ 10-2如图10-2所示，两个具有相同轴线的导线回路，其平面相互平行。
大回路中有电流I ，小的回路在大的回路上面距离x 处，x >>R ，即I 在小线圈所围面积上产生的磁场可视为是均匀的。
若v dtdx=等速率变化，（1）试确定穿过小回路的磁通量Φ和x 之间的关系；（2）当x ＝NR （N 为一正数），求小回路内的感应电动势大小；（3）若v ＞0，确定小回路中感应电流方向。
解：（1）大回路电流I 在轴线上x 处的磁感应强度大小2022322()IR B R x μ=+，方向竖直向上。
R x >>时，2032IR B x μ=，222032IR r B S BS B r xπμπΦ=⋅==⋅= （2）224032i d dx IR r x dt dt πμε-Φ=-=，x NR =时，202432i Ir v R N πμε=（3）由楞次定律可知，小线圈中感应电流方向与I 相同。
(完整word版)大学物理下公式总结(西交大吴百诗)
10．110．2 电场强度：点电荷 020041r r q q E πε== 电荷离散分布∑=)(4120r r q E i i πε10．310．4电势能：在数值上等于把该电荷从该点移动到电势能零参考点时，静电力作的功。
⎰⋅=="0"0"0"aa a dlE q A W10．5电势差：⎰⋅=-=ba b a ab dlE u u U点电荷的电势：等势面——在电场中电势相等的点所连成的曲面。
电势与电场强度的微分关系：任意一场点P 处电场强度的大小等于沿过该点等势面法线方向上电势的变化率，负号表示10．7 导体的静电平衡：导体内部的电场强度处处为零，导体表面处的电场强度的方向,都与导体表面垂直，大小与该处孤立导体的电容：uq C =电容器的电容：21u u q C -=典型电容器的电容：平行板电容器d S u u q C 021ε=-=球形电容器12210214R R R R u u qC -=-=πε 圆柱形电容器)ln(212021R R L u u qC πε=-=10．810．9 介质中的电场rE E ε0=10．1111．111．2毕奥-11．3 磁通量dS B dS B d mθcos =⋅=Φ ⎰⋅=ΦSm S d B11．4安培环路定理：在稳恒电流的磁场中，磁感应强度沿任何闭合环路L 的线积分，等于μ0乘以穿过L 的所有电流强11．5磁场对载流导线的作用力：B l Id F L⎰⨯=IS p m = 磁力的功：∆Φ⋅=I A11．6 带电粒子在磁场中的运动：洛伦兹力B v q F ⨯=圆周运动：Rmv qvB 2=磁介质分类：顺磁质1>r μ，抗磁质1<r μ，铁磁质1>>r μ顺磁质的磁性主要来源于分子磁矩的转向；抗磁质的磁性来源于抗磁效应；铁磁质产生的原因是具有磁畴，铁磁质有磁滞现象。
磁滞现象表明铁磁质的磁化过程是不可逆过程。
大学物理吴百诗部分习题答案
第七章7.1（1）B （2）D （3）B （6）A7.2（1）)13ln 2(20-πμa I （2）r NI πμ20 210ln2D D NIh πμ （5）18A 27A 39A 3A 7.3解：AB 在x 处的磁感强度为 2/1220101)(2c o s 2r a r Iar I B +==πμθπμ 由于对称性，正方形线圈在垂直于X 轴方向的总磁感强度为0，故2/122222011)2)((2cos 44x a x a Ia B B B x ++===πμα 7.4解：)3132(26)120cos 1130cos (60cos 4000+-=++++-=πμμπμr I rIr IB7.9解：1r r <时，21202r r I r B ππμπ=⋅ 2102r Ir B πμ= 21r r r <<时，I r B 02μπ=⋅ rIB πμ20=32r r r <<时，])()([222232120r r r r I I r B ---=⋅ππμπ r r r r r I B )(2)(22232230--=πμ 3r r >时，)(20I I r B -=⋅μπ 0=B 7.14解： BA 边所受到的安培力大小为 )63(22101a b aI I F -=πμAC 边所受到的安培力大小为323ln 330cos 221023232102a b ab I I x dx I I F a b ab -+==⎰+-πμπμAC 和CB 的合力沿着X 方向323ln 3260cos 210232a b ab I I F F F x x -+===πμ1I A2I BC线圈所受的合力为)63323ln 32(2210132a b a a b ab I I F F F F x x ---+=-+=πμ第八章8.1 （1）B A C （2）C （3）A （4）A C A A 8.2 (1)0221l B ω 高 (2) vBD DB π4 8.3解：ab 棒的感应电动势为⎰⋅⨯=l d B v iε00ln 2200l l l Iv x dx Iv vBdx l l l l l l +===⎰⎰++πμπμ 8.4解：(1)金属杆运动后产生感应电流，受到安培力的大小为Rvl B F 22=由牛顿第二定律dtdvm R v l B =-22 求解可得 mRtl B e v v 220-=（2）感应电流为mRtl B eRBlv R Blv I 220-==（3）回路中的焦耳热为 200221mv Rdt I Q ==⎰∞8.6解：感应电动势为⎰=Li v B d lε ⎰+=Ldl l a Il0)cos (2θπμω)cos ln cos (cos 220a L a a L I θθθπωμ+-=第十一章ll vbaLIaωOθM11.1（1）B （2）B （3）C （4）D （5）BD AE （6）C 11.2 （1）不变 不变 增大4倍 增大2倍 增大2倍 （2）122em me R M R M （3）02νν= （5）)2cos(2πϕω±+=t A x （6）22212122x x v v -- 11.7解：222/ωv x A +=s rad s rad xA v /3/361002422=-=-=ω（1）周期为s T 09.2/2==ωπ （2）cm v A x 17.9/222=-=ω11.21解cm cm A A A A A 81.73625cos 2212221=+=∆++=ϕrad A A A A 48.1cos cos sin sin arctan22112211=++=ϕϕϕϕϕ11.23略 第十二章12.1（1）D （2）C （3）A （4）AC12.2 （1）A C B / B /2π C /2π CD （2）m 307（3）m 51058.7⨯ （4） （a ）])/(cos[ϕω+-=u x t A y （b ）])/(cos[ϕω++=u x t A y （c ）])(cos[ϕω+--=u l x t A y （c ）])(cos[ϕω+-+=ulx t A y （5）ππ2312.4 解：(1)由题意，s rad /10πω= 16.0-=m k波长为m k 3/10/2ππλ== 频率为Hz 52/==πων波速为s rad k u /3/506.0/10/ππω===周期为s T 2.0/1==ν（2）0=x 时，波函数给出原点的振动方程。
大学物理习题答案吴百诗(供参考)
一、选择题 （1）D解：先考虑一个板带电q ，它在空间产生的场强为02q E Sε=。
注意是匀场。
另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q dq =∑，每个电荷受力大小为0||2q dqdF dq E Sε⋅=⨯=，故整个|－q|受力为：200||22q dq q F dq E SSεε⋅=⋅==∑∑。
这既是两板间作用力大小。
（2）B解：由电通量概念和电力线概念知：A 、穿过S 面的电通量不变，因为它只与S 面内的电荷相关，现内面电荷没有变化，所以穿过S 面的电通量不变。
B 、由于S 面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P 点场强也变化。
故选B 。
二、填空题（1）||/3q '=解：画图。
设等边三角形的边长为a ，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电荷的作用力合力F 为：222212cos30(2/)2/F F kq a a =⨯︒=⨯=设在中心处放置电荷q '，它对顶点处电荷的作用力为：223qq qq F k k k ra'''===再由F F '=-，可解出/3||/3q q ''=⇒⇒=。
（2）20/(2)qi a πεr 或 20/(2)q a πε，i 方向指向右下角。
解：当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消，若异号肯定有电力线过O 点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。
是202/(4)q a ⨯πε 三、计算题 9.3 9.40ln 2a b a σπε+, 10()2-⋅btg hσπε （6.7） 解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx 。
求出每条带电线在场点产生的场强（微元表示），然后对全部（1）距边缘为a 处，每条带电直线产生的场强为0022()2dx dE bra x ⋅==+-λσπεπε 原点取在导体片中间，x 方向向左：←故总的场强：00/2/2ln 222()b b dxE a b b x a a σεεσππ-==+-+⋅⎰ E r的方向沿x 轴正向。
大学物理-吴百诗部分习题答案
第一章1.1 （1）BDFH （2）ACGH （3）BCDF （4）D （5）C 1.2填空题（1）1t 时刻的加速度 1t 到3t 时间内的平均加速度 ⎰4t v d t⎰4t dt v（2）圆周运动 匀速率曲线运动（3）j t y i t x t r )()()(111+= [][]j t y t y i t x t x r)()()()(1212-+-=∆[][]212212)()()()(t y t y t x t x r -+-=∆⎰+=∆21d )()(22t t t dtdydt dx s （4）dtdv⎰21)(t t dt t v⎰21)(t t dt t v1.6解：粒子的运动方程为59323+--=t t t x速度为9632--==t t dt dx v 加速度为66-==t dtdv a 当3>t 时，0>v 粒子沿x 轴正向运动； 当3<t 时，0<v 粒子沿x 轴负向运动；当31><t t 或时，0>⋅a v 粒子做加速运动； 当31<<t 时，0<⋅a v ，粒子做减速运动；1.8解：（1）j i r+=21，j i r 242-=（2）j t i dt rd v 22-== j dtvd a 2-== 代入2=t 得，j i v 422-=，j a 22-= （3）运动方程的分量式为 t x 2= 22t y -=由以上两式消去t ，得到轨迹方程为4/22x y -=1.13解：（1）bt v dt ds v -==0，b dt dv a -==τ，R bt v Rv a n /)(202-== 240222/)(R bt v b a a a n -+=+=τ（2）令b a =可解得b v t /0=（3）b v t /0=时，质点所经过的路程为b v b v b v s 2/2//202020=-=所以质点经过的圈数为bRv R s N ππ4)2/(20==。
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5:26:11 PM1一、选择题 （1）D解：先考虑一个板带电q ，它在空间产生的场强为02q E Sε=。
注意是匀场。
另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q dq =∑，每个电荷受力大小为0||2q dqdF dq E Sε⋅=⨯=，故整个|－q|受力为：200||22q dq q F dq E SSεε⋅=⋅==∑∑。
这既是两板间作用力大小。
（2）B解：由电通量概念和电力线概念知：A 、穿过S 面的电通量不变，因为它只与S 面内的电荷相关，现内面电荷没有变化，所以穿过S 面的电通量不变。
B 、由于S 面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P 点场强也变化。
故选B 。
二、填空题（1）||3/3q q '=解：画图。
设等边三角形的边长为a ，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电荷的作用力合力F 为：222212cos30(2/)323/F F kq a kq a =⨯︒=⨯⋅=设在中心处放置电荷q '，它对顶点处电荷的作用力为：2223(3/3)qq qq F k k raa '''=== 再由F F '=-，可解出3/3||3/3q q q q ''=-⇒⇒=。
（2）20/(2)qi a πε 或 20/(2)q a πε，i 方向指向右下角。
5:26:11 PM2解：当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消，若异号肯定有电力线过O 点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。
是202/(4)q a ⨯πε三、计算题 9.3 9.40ln 2a b a σπε+, 10()2-⋅btg hσπε （6.7）解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx 。
求出每条带电线在场点产生的场强（微元表示），然后对全部量：λσdq dx dx dy dx=⋅=⋅（10022()2dx dE bra x ⋅==+-λσπεπε 原点取在导体片中间，x 方向向左：←故总的场强：00/2/2ln 222()b b dxE a b b x a a σεεσππ-==+-+⋅⎰ E的方向沿x 轴正向。
或：原点取在场点处，x 轴方向向右:→,则总的场强为：00ln22a b aa b dx E x aπεσσπε+==+⋅⎰ 此时E 的方向沿x 轴“－”向。
（2）在板的垂直方向上，距板为h 处。
每条带电直线在此处的场强为221/20022()dq dxdE rx h σπεπε⋅==+ 由于对称性，故分解：22220000sin cos 22()22()x y dq dx xdq dx h dE dE rx h rx h σσθθπεπεπεπε⋅⋅⋅⋅=⋅==⋅=⋅+⋅+ 在x 方向上，场强分量因对称互相抵消，故0x E =。
所以：/2122/1020021()2()22()2b y b dx h h b E E tg x h h b tg hh σσπεπεσπε---⋅⋅=⋅==⋅=⋅+⎰ 9.5 004x y A E E bε=-=5:26:11 PM3解：任取线元dl ，所在角位置为θ，（如图）。
带电为cos dq A bd θθ= 。
它在圆心处产生的电场强度分量各为：2222cos()cos sin()sin x y dq dq dq dqdE kk dE kk b bb bπθθπθθ=-=-=+=- 整个圆环产生的：22200cos()sin cos 0x x y dq A AE dE kk E k d b b bππθππθθθθ===-=-=-⋅=⎰⎰⎰ 9.7 12eSE R φπ=⋅,22eS E R φπ=⋅……（6.15）由电通量（本书定义为：电场强度通量）的物理意义，知通过S 1或S 2面的电通量都等于通过圆平面2R π的电通量。
电场强度通量（垂直通过2R π面的）：2e E S ES E R πΦ=∙==也即是通过S 1或S 2面的。
或解： 以S 1和以圆面积2R π(R 为半径的)组成一个封闭曲面S由高斯定理，知：0/0i i S E dS q ε==∑⎰⎰ ，又210SR SE d S E d S E d S π=+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 所以 2112eS S R E dS E dS E R πφπ==-=⋅⎰⎰⎰⎰同理：2222eS S RE dS E dS E R πφπ==-=⋅⎰⎰⎰⎰9.8 51 4.610=-⨯q C ， 13321333()4.7210/4()q q C m r R ρπ--==⨯- 解：(1) 由高斯定理：0/i SE dS q ε∙=∑⎰⎰可得：251101cos 4/ 4.610E R q q C ππε=⇒⇒=-⨯同理（2）22220202cos 4/4E r q q r E ππεπε=⇒⇒=- 所以大气的电荷平均体密度为：13321333()4.7210/4()q q C m r R ρπ--==⨯-9.9 110()E r R =<，1202E r λπε=，1130()2E r λλπε+= 解：本题解被分成三个区域：1122,,,r R R r R R r <<<< 由高斯定理知：1域：110()E r R =<,因为在该区域内作的高斯面，面内无电荷。
2域内作一同轴的圆柱形高斯面，高为l ，半径为r ，满足12R r R <<则有：2010122sE E s E r l E d r l λπλεπε∙=⇒===⋅⋅⇒⎰在3域，类似2域方法作高斯面，满足2R r <。
则有： 11113()()22sl E ds E r l E E r λλπελλπε+∙=⋅⋅=⇒+⇒==⎰5:26:11 PM49.10 在n 区：001()()()()D n D n S N e E ds E x S x x SN e E x x x εε⋅∙==+⋅→→=+⎰⎰在p 区：001()()()()A p A p SN e E ds E x S x x SN e E x x x εε⋅∙==-⋅→→=+⎰⎰9.11 00A →∞=解： 这是点电荷系的场强求法和电场力的功概念。
见P.69页的题图。
因为：00/2/2q q U k k U l l ∞-=+== 所以：000()0A q U U →∞∞=-=9.13 ||90ab U V ∆=（6.22）解：11||||()90ab a b U U U kq Va b∆∞∞=-=-=9.14 2202p u x rπε=+， 通过该点的等势线是在中垂面上半径为x 的圆。
解：1222222202p u u u x rx rx rπε=+==+++ 等势面是中垂线内，半径为x 的圆，圆心在两电荷的连线的中点。
9.16 303R U rρε=外 203R U ρε=面上220(3)6R U r ρε=-内 （6.25） 球体内 331300014()4343R r r Q E r R r R R πρπρπεεε⋅=⋅=<=球体外 220320()34R r R Q E r r περε=>=定义0U ∞=,则可求出各区域的电势 球体外 332000014)4433(4rR Q Q U dr R r R r r r r ρππεπεπρεε∞====⋅>⎰球面上 202(43)RQ U d r r Rr R ρπεε∞===⎰球体内 12R r r R U E dr E dr E dr ∞∞=∙=∙+∙⎰⎰⎰ 3202002(3)644RrRQ Q rdr dr RrR r πεπρεε∞=+=-⎰⎰ （r R <域）9.20 1024111()r R qU R πε-+=内, 014q U r πε=外, 0214q R U πε=壳上5:26:11 PM5解：应用高斯定理，可求得空间各域的电场强度：①（1r R ≤）: 12ˆ= qE k r r ②（12R r R ≤≤）： 20=E③（2R r ≤）： 32ˆ= qE k r r再由电势定义，可求：①（1r R ≤）: 1222121000110111(44)4R r R q q dr dr r r r R R q u πεπεπε∞+-=+=+⎰⎰ ②（12R r R ≤≤）：2222201041R q qk dr kq u r R R πε∞=+==⎰③（2R r ≤）： 302114r q qk dr kq r r ru πε∞===⎰自行画图点电荷在球心，球壳内、外表面上的电荷分布均匀。
若点电荷偏离球心，球壳内表面的感应电荷分布不均匀。
靠近点电荷的区域，电荷密度大，反之则较小。
内表面电荷与点电荷形成封闭场。
但外表面的电荷仍然均匀分布。
9.21 解：（1）由电势叠加原理，有，内球电势：11230123()1(){}4kq kq k q Q q q q Q U R R R R R R πε-+-+=++=++ 球壳电势： 2031()4q Q U R πε+=（2）电势差 120121()4q q U U U R R πε∆=-=- （3）连接球与球壳，则电荷全部跑到外球面上，所以 球与球壳是等势体 1212031(),04q Q U U U U U R πε+==∆=-=（4）外球面接地，则只有内球与球壳间的局域场，所以 20U =，但11()4q q U R R πε-=+。
另外120121(4q q U U U R R πε∆=-=- 注意，本题的解也可用电势定义积分得到。
9.22 （7.4）证：两带电金属球。
半径分别为12,R R 。
由于相距远，两球产生的电5:26:11 PM6场互不影响。
现用一根极细导线连接两球，达到静电平衡后记金属球1带电为1'q , 电势为1U ；金属球2带电为2'q ,电势为2U 。
由于导线相连，故有：12U U = 。
又互不影响，所以有：121212q q U kU k R R ''== = 即： 121122221201021144q q q R q R k k R R R R πεπε''''= =⇒ 又 12122212,44q q R R σσππ''= = 此两式代入上式，可得1122R R σσ= 即1Rσ∝表------- 得证 9.23 0//U d U l l U σε∆-==⋅∆'∆，解： 设充电后，板上电量为q ±，板的面积为s ，故板上面密度大小为/q s σ=插入金属板以前：00//E U Ed d σεσε=∆==。