大学物理第五版马文蔚课后答案(上)5-6

5-1 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为

2εζ，方向沿带电平板法向向外，依照电场

叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).

5-2 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).

5-3 分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).

5-4 分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).

5-5 分析 考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e ，中子电量为10－21e ，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.

解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为

()e q 21

max 10

821-??+=

二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为

110

8.2π46

2

02

max <

-Gm

εq F F g

e

显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.

5-6 解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律

()r r r r

e

εr

q q εe e e F N 78.3π41π41

2

202

2

10==

=

F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.

5-7 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10－10m ，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

2

202

π41r

e

εr

m

=

v

由此出发命题可证.

证 由上述分析可得电子的动能为

r

e

εm E K 2

02

π812

1=

=

v

电子旋转角速度为

3

02

2

π4mr

εe

ω=

由上述两式消去r ，得

4

3

202

22

32π

4me

E εω

K =

=

v

5-8 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 (1)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F 1＝0.

(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F 2 的值为

N 10

92.1π3π49

2

02

2

0212?==

=

a

εe

r

εq q F

F 2方向如图所示.

5-9 分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为

r r q

εe E 2

0d π41d '

=

整个带电体在点P 的电场强度

?=

E E d

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

(1)若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，

?=

L

E i E d

(2)若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是

??

=

=

L

y

E αE

j j E d sin d

证 (1)延长线上一点P 的电场强度?

'

=

L

r πεq E 2

02d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则

()

22002

2

2

04π12/12/1π4d π41L

r Q εL r L r L εQ

x r L x

Q εE L/-L/P -=???

???+--=

-=

?

电场强度的方向沿x 轴.

(2)根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为

E r εq αE L

d π4d sin 2

0?

'

=

利用几何关系 sin α＝r /r ′，2

2

x r r +='统一积分变量，则 ()

2

2

03

/22

22

2

041π2d π41L

r r

εQ r x L x

rQ εE L/-L/+=

+=

?

当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

r

ελL

r L Q r

εE l 02

2

0π2 /41/π21lim

=

+=∞

→

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.

5-10 分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5－3节的例1可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度

.

解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2

?==，在点O 激发的电场强度为

()

i E 3

/22

20d π41d r x q

x ε+=

由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有

(

)

θ

θθεδθ

θR πδR

θR πεr x q

x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 0

2

3

3

/2220=?=

+=

积分得 0

2

/0

4d c o s s i n 2εδθθθεδE π?

=

=

5-11 分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θer P cos 20=，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0，利用教材第5－3节中电偶极子在延长线上的电场强度

3

02π41x

p

εE =

可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.

解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上

3

00

3

00

3

0cos π1cos 4π412π41x

θer εx

θ

er εx

p

εE =

=

=

解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度

+-+=E E E

2

02

0π42π4cos 2cos 2x

εe r

εθer E βE E -

=

-=+

由于 θxr r x r

cos 202

02

2

-+=

r

θ

r x βcos cos 0-=

代入得

()

???

?

???

?--+-=23

/20202

001cos 2cos π42x θ

xr r x θr x εe E 测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0，因此，式中

()

??

? ??

?-≈?

?

? ??

-≈-+x θr x x θr x θxr r x

cos 2231cos 21cos 2033

/203

3

/2020

2

，将上式化简并略去微小

量后，得

3

00

cos π1x

θe r εE =

5-12 分析 (1)在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2)由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.

解 (1)设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有

()

i

i E E E x r x r ελ

x r x ελ-=

????

??-+=+=+-00

000π211π2 (2)设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有

i E F 0

0π2r ελλ=

=-+

i E F 0

02

π2r ελ

λ-

=-=+-

显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引. 5-13 分析 根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度. 解 由点电荷电场公式，得

()

()

k k k E 2

02

02

0π41π412π41d z q

εd z q

εz

q

ε++

-+

=

考虑到z ＞＞d ，简化上式得

()()k

k k E 4

2

2

2220222206π4...321...32112π4/11

/1112π4z

qd εq z d

z d z d z d z z εq

z d z d z z εq =

?

???????????++-+++++-=??????????

??-+-+-=

通常将Q ＝2qd 2称作电四极矩，代入得P 点的电场强度

k E 4

03π41z

Q

ε=

5-14 分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即??=

S

S d s E Φ

方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理

∑?

==

?01d 0

q εS

S E

这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而

??'

?-=?=

S S S E S

E Φd d

解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

??'

?-=?=

S S

S E S

E Φd d

依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，

E R πR E 2

2

πcos π=??-=Φ

解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①

()r θθθE e e e E sin

sin cos sin

cos

++=

r θθR e S d

d sin d 2

=

E

R θθER θθER S

S

2

π

π

2

2

2

2πd

sin d sin d

d sin

sin d ==

=?=?

??

?S E Φ

5-15 解 如图所示，

由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即

0==DEFG OABC ΦΦ.而

()[]()2

221ABGF d a E dS E kx E =

?++=

?=

??j j i S E Φ

考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有

2

2a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ

同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-?+=

?=

??

i j i S E Φ ()[]()()2

121

BCDG d a ka E dS E ka E

Φ+=?++=?=

??i j i S E

因此，整个立方体表面的电场强度通量

3

ka ==

∑ΦΦ

5-16 分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.

解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理

∑?=

-=?q εR E E 0

2

1π4d S E

地球表面电荷面密度

∑--?-=-≈=

2

9

02cm

10

06.1π4/E εR q ζE

单位面积额外电子数

2

5

cm 1063.6/-?=-=e ζn

5-17 分析 通常有两种处理方法：(1)利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有

2

S

π4d r E ?=??

S E

根据高斯定理

??

=

?V

ρεd 1d 0

S E ，可解得电场强度的分布.

(2)利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''?=d π4d 2

，每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场

r r

εq e E 2

0π4d d =

由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布

()()

()()

R r r r R

r

>=

≤≤=?

? d R r 0 d 0

0E E E E

解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理

??

=

?V

ρεd 1d 0

S E 得球体内(0≤r ≤R )

()4

2

2

πd π41π4r εk r r kr εr r E r

=

=

?

()r εkr

r e E 0

2

4=

球体外(r ＞R )

()4

2

2

πd π41π4r εk r r kr εr r E R

=

=

?

()r εkR

r e E 0

2

4=

解2 将带电球分割成球壳，球壳带电

r r r k V ρq '''==d π4d d 2

由上述分析，球体内(0≤r ≤R )

()r r r

εkr

r

r r r k εr e e E 0

2

2

2

4d π4π41=

'

'?'=

?

球体外(r ＞R )

()r r R

r

εkR

r

r r πr k πεr e e E 2

022

2

4d 441=

'

'?'=

?

5-18 分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和.

解 由教材中第5－4节例4可知，在无限大带电平面附近

n εζe E 0

12=

n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场

n r x x

εζe E ????

?

?+--

=220212

它们的合电场强度为

n r

x x εζe E E E 2

2

212+=

+=

在圆孔中心处x ＝0，则

E ＝0

在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则

n

n

εζ

x

r εζe e E 0

2

2

02/112≈+=

上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.

5-19 分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1、E 2，则P 点的电场强度 E ＝E 1＋E 2.

证 带电球体内部一点的电场强度为

r E 0

3ερ=

所以 r E 0

13ερ=

，20

23r E ερ-

=

()210

213r r E E E -=

+=ερ

根据几何关系a r r =-21，上式可改写为

a E 0

3ερ=

5-20 分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而2

4d r πE ?=?S E .在确

定高斯面内的电荷

∑q 后，利用高斯定理∑?=0

/d ε

q S E 即可求出电场强度的分布.

解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析

∑=

?0

2

/π4ε

q r E

r ＜R 1，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=E R 1＜r ＜R 2，高斯面内电荷(

)3

1

3

23

131R R R r Q q --=

∑ 故 ()()2

3

1

32

31312π4r

R R

εR r Q E --=

R 2＜r ＜R 3，高斯面内电荷为Q 1，故

2

013π4r

εQ E =

r ＞R 3，高斯面内电荷为Q 1＋Q 2，故

2

0214π4r

εQ Q E +=

电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3的带电球面两侧，电场强度的跃变量

2

3

0234π4ΔεζR

εQ E E E =

=

-=

这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.

5-21 分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且

??=rL E d π2S

E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得

各区域电场的分布.

解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理

∑=

?0

/π2εq rL E

r ＜R 1，

0=∑q

01=E

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

R 1＜r ＜R 2，

L λq =∑

r

ελE 02π2=

r ＞R 2，

0=∑q

03=E

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

00π2π2ΔεζrL

εL λr

ελE =

=

=

这与5－20题分析讨论的结果一致.

5-22 分析 由库仑力的定义，根据Q 1、Q 3所受合力为零可求得Q 2.外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为

l E d 0

2?

∞

=

Q W

其中E 是点电荷Q 1、Q 3产生的合电场强度. (2)根据电场力作功与电势能差的关系，有

()0202V Q V V Q W =-=∞

其中V 0是Q 1、Q 3在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1所受的合力为零

()

02π4π42

031

2

021

=+d εQ Q d

εQ Q 解得 Q Q Q 4

14

132-

=-=

由点电荷电场的叠加，Q 1、Q 3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为

()

2

/322

031π2y

d εQ E E E y

y y +=

+=

将Q 2从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为

()

d

εQ

y y d εQ Q Q W y 02

2

/32

200

2π8d π241d =

+????

???--=?-='?

?∞

∞l E

解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 4

12-=，并由电势

的叠加得Q 1、Q 3在点O 的电势

d

εQ d

εQ d

εQ V 003010π2π4π4=

+

=

将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功

d

εQ

V Q W 02

02π8=

-='

比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.

5-23 解 (1)由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有

1

20

12ln

π2d 2

1

r r ελU r r =

?=

?

r E

(2)不能.严格地讲，电场强度r e r

ελE 0π2=

只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限

空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等.

5-24 解 由点电荷电势的叠加

2

000P π4cos π4π4r

εθp r εq r εq V V V =

-+

=

+=-

+

-+

(1)若o

0=θ V 10

23.2π43

2

0P -?==

r

εp V

(2)若o

45=θ V 10

58.1π445cos 3

2

0o

P -?==

r

εp V

(3)若o

90=θ 0π490cos 2

0o

P ==

r

εp V

5-25 分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为

R

q

εV 0π41=

当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 3

2，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，

雨滴表面的电势.

解 根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势

V 36π41

1

1

01==

R q εV

当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径13

22R R =，带有电量q 2＝2q 1，雨滴表面电势

V 5722π411

3

10

2==

R q εV

5-26 分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.

解 由“无限大”均匀带电平板的电场强度i 0

2εζ±

，叠加求得电场强度的分布，

()()()???

????><<--<=a x a x a εζa x 0 2 00

i E

电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功

()a x a x εζV x

<<--

=?=

?

d 0

l E

()a x a εζV -<=

?+

?=

?

?

- d d 00

a

-a

x

l E l E

()a x a εζV >-

=?+

?=

?

?

d d 0

a

-a

x

l E l E

电势变化曲线如图(b)所示.

5-27 分析 通常可采用两种方法(1)由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由?

∞?=p

p V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产

生的电势为

r

εQ V 0π4=

在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势

R

εQ V 0π4=

其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.

解1 (1)由高斯定理可求得电场分布

()()()

22

02

13212

01211 π4 π4 0R r r

εQ Q R r R r εQ R r r r >+=

<<=<=e E e E E 由电势?

∞

?=

r

V l E d 可求得各区域的电势分布.

当r ≤R 1时，有

2

021

012

02

121013211π4π4π411π40d d d 2

2

1

1

R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r

+

=

++

??????-+

=?+

?+

?=

?

?

?

∞

l

E l E l E

当R 1≤r ≤R 2时，有

2

0201202

1201322π4π4π411π4d d 2

2

R εQ r

εQ R εQ Q R r εQ V R R r

+

=

++

??????-=

?+

?=?

?

∞

l

E l E 当r ≥R 2时，有

r

εQ Q V r

02133π4d +=

?=

?

∞

l E

(2)两个球面间的电势差

???

?

??-=

?=

?

210121211π4d 2

1

R R εQ U R R l E 解2 (1)由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1，则

2

021

011π4π4R εQ R εQ V +

=

若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2，则

2

02012π4π4R εQ r

εQ V +

=

若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2，则

r

εQ Q V 0213π4+=

(2)两个球面间的电势差

()2

011

012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -

=

-==

5-28 分析

无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理

??

=

?V

V εd 1d 0

S E

可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义

()l E d ?=

-?b

a

b a r V V

并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.

解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r ≤R 时

02

/ππ2ερl r rl E =?

得 ()0

2εr ρr E =

当r ≥R 时

02

/ππ2ερl R rl E =?

得()r

εR

ρr E 02

2=

取棒表面为零电势，空间电势的分布有 当r ≤R 时

()()2

2

4d 2r

R

ερr εr ρr V R

r

-=

=

?

当r ≥R 时

()r

R εR

ρr r

εR

ρr V R

r

ln

2d 20

2

02

=

=

?

如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.

5-29 分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.

解 (1)带电圆环激发的电势

2

2

d π2π41d x

r r r ζεV +=

由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的

(

)

x x R εζx

r r r εζV R

-+=

+=

?

2

20

2

2

2d 2 (1)

(2)轴线上任一点的电场强度为

i i E ??

?

???+-=

-

=2

2012d d x R x

εζx

V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.

(3)将场点至盘心的距离x ＝30.0cm 分别代入式(1)和式(2)，得

1691=V

-1

m V 5607?=E

当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π8

2

-?==ζR q .依照点电荷电场中电

势和电场强度的计算公式，有

V 1695π40==

x εq V

1

-2

0m V 5649π4?==

x

εq E

由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.

5-30 解 (1)由习题5－21的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为

r

ελE 0π2=

根据电势差的定义有

1

20

212ln

π2d 2

1

R R ελU R R =

?=

?

l E

解得 1

8

1

2120m

C 10

1.2ln

/π2--??==R R U ελ

(2)解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度

1

0m

V 7475π2-?==

r

ελE

5-31 分析 作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为

r

εe V 0π4=

将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能

R

e

r εeV E 2π412

02R K0=

≥

假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：

kT E 2

3K =

由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度. 解 (1)两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒

eV 102.72π415

2

02R K0?==

≥R

e

r εeV E

由2

0K02

1v m E =可估算出质子初始速率1

7k 00s m 102.1/2-??==m E v 该速度已达到光速

的4％.

(2)依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能

kT E E 2

3K K0=

=

得 K 106.5329

K0?≈=

k

E T

实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)

5-32 解 (1)若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量

Kg 10

98.8Δ4

?==

=

L

qU L

E m

即可融化约 90 吨冰. (2)一个家庭一年消耗的能量为

J 10

08.1h kW 300010

0?=?=E

8.2Δ0

==

=

E qU E E n

一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 5-33 分析 参照5－7节例1，带电圆环在轴线上一点的电势为

()

2

2

2/π4l x R εq V ±+=

由电势的叠加可以求出两环圆心连线的x 轴上的电势分布. 解 (1)由带电圆环电势的叠加，两环圆心连线的x 轴上的电势为

()

()

2

2

2

2

2/π42/π4l x R εq

V l x R εq

V ++=

--+=

(2)当R x l x >>>>,时，化简整理得

2

0002

2

2

2

2

2

π4...21...21π4/11

/11π44

/π44

/π4x

εql x l x l x εq

x l x l x εq

l lx x R εq

V l lx x R εq

V =

????

????? ??+--??? ??++=?

?

?

???

+-

-≈

+++=

-+-+=

在R x >>时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷，即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势.

5-34 分析 电势的叠加是标量的叠加，根据对称性，带电半球面在Oxy 平面上各点产生的电势显然就等于带电球面在该点电势的一半.据此，可先求出一个完整球面在A 、B 间的电势差A B

'

U ，再求出半球面

时的电势差AB U .由于带电球面内等电势，球面内A 点电势等于球表面的电势，故

()B R AB

AB

V V U U

'-'='=

2

12

1

其中V ′R 是带电球表面的电势，V ′B 是带电球面在B 点的电势.

解 假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面，此时在A 、B 两点的电势分别为

R A

V εR ζR εQ V '==

='00π4

0032π4εR ζr

εR ζr

εQ V B =

==

'

则半球面在A 、B 两点的电势差

()0

62

1εR ζV V U B R AB =

'-'=

5-35 解 (1)电子在玻尔轨道上作圆周运动时，它的电势能为

r

e

εE 2

0p π41=

因此，若把电子从原子中拉出来需要克服电场力作功

eV 2.27π402

p ==

='r

εe

E W

(2)电子在玻尔轨道上运动时，静电力提供电子作圆周运动所需的向心力，即(

)r m r εe /π4/2

2

02

v

=.

此时，电子的动能为

r

εe

m E 02

2

k π82

1=

=

v

其总能量

r

εe

E E E 02

p k π8-

=+=

电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量

eV 6130.==E E

由于电子围绕原子核高速旋转具有动能，使电子脱离原子核的束缚所需的电离能小于在此过程中克服电场力所作的功.

6-1 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。

6-2 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。因而正确答案为（A ）。

6-3 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导

体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。

6-4 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面

内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E ）。

6-5 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有

()∑?

?=

?=

?+i

i

S

S εχq

01d d 1S E S

E

即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）。

6-6 分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d 的作用力。

()2

0π4r

εq q q F d

c b

d +=

点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电

荷q b 、q c 处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b 、q c 受到的作用力为零. 6-7 分析 （1）由于半径R １＜＜L ，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率．

大学物理第六章课后习题答案(马文蔚第五版)

大学物理第六章课后习题答案(马文蔚第五版) -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第六章静电场中的导体与电介质6 －1将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（） （A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定 分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。 6 －2将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（） （A） N上的负电荷入地（B）N上的正电荷入地 （C） N上的所有电荷入地（D）N上所有的感应电荷入地 分析与解导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。因而正确答案为（A）。 6 －3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O点有（） 2

3 （A ）d εq V E 0π4,0== （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4== 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。 6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷

大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚

习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变

物理学上册马文蔚答案

物理学上册马文蔚答案 【篇一：物理学答案(第五版,上册)马文蔚】 (1) 根据上述情况,则必有( ) (2) 根据上述情况,则必有( ) (a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜= 但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 drdrds?dx??dy?(1)； (2)； (3)；(4)?????． dtdtdtdt???dt? 下述判断正确的是( ) (a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确 (c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确 分析与解 22dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速dt 率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；dr 表示速度矢量；在自然dt 22ds?dx??dy?坐标系中速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式v??????dtdtdt???? 求解．故选(d)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即 (1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( ) (a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的 dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速dt dr度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所dt分析与解 述)；dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度adtdt ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )

大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析.

1-1 分析与解(1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故,即｜｜≠ ． 但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)． 1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)． 1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)． 1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算． 解(1) 质点在4.0 s内位移的大小 (2) 由得知质点的换向时刻为(t＝0不合题意) 则, 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 (3) t＝4.0 s时, , 1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图． 解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为 (匀加速直线运动), (匀速直线运动) (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］． 在匀变速直线运动中,有

内蒙古科技大学马文蔚大学物理第六版答案解析

第九章振动，16.4，，5，6，7，81，2，3P习题：39 ～37 轴正方向运动XT,当它由平衡位置向9-4 一质点做简谐运动,周期为? 1/2最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( )从时,T/4、T/6 D、 A、T/12 B、T/8 C），C 分析（可设位 移函数通过相位差和时间差的关系计算。y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T； 当 y=A/2,ωt1=π/6；当 y=A,ωt2=π/2；△t=t2-t1=[π/(2ω)]-[π/(6 ω)]=)=T/6/(3ωπ 第十章波动 1，2，3，4，5，6，12，16，25，P习题：93 ～89 两个相邻波节间各质点的振动（）：在驻波中,10-6

,相位相同A.振幅相同 ,相位相同B.振幅不同振幅相同,相位不同C.相位不同D.振幅不同,答案：波函数叠加检验.（C) 振幅相同，相位相反 第十一章光学 1，2，3，4，5，6，7,8,11,23,26,31,37,38. P182 ～177 11-4 、在迈克尔逊干涉仪的一条光路中,放入一片折射率为n=的透明介质薄膜后，干涉条纹产生了条条纹移动.如果入射光波长为589nm,则透明介质薄膜厚度为( ) A B C D 答案（C）由2(n-1)t=N得出 11-26、某人用迈克尔逊干涉仪测量一光波的波长，当可动反射镜M移动了的过程中，观察到干涉条纹移动了1100条，求该光波的波长 解：d=N /2, =

第十二章气体动理论 习题：P220～222 1，2，3，5，13,14,24. 12-2 1 mol的氦气和1 mol的氧气（视为刚性双原子分子理想气体）。当温度为T时，期内能分别为： A 3/2RT,5/2kT B 3/2kT,5/2kT C 3/2kT,3/2kT D 3/2RT,5/2RT 答案：D （由1mol理想气体的内能定义式得出） 12-13 当氢气和氦气的压强、体积和温度都相等时，它们的质量比和内能比各为多少？（氢气视为刚性双原子分子理想气体） 解： 质量比等于摩尔质量比，为1:2 内能比等于自由度比，为5:3 热力学基础第十三章27.，25，，9，11，12,1573习题：P270～275 1，2，，4，5，6， 气体经历如图所示的循环过程，在这个循环过程中，外界传给气体的13-4 净热量是答案：10^4J B *10^4J C *10^4J D 0J A * 答案B，由循环所围成的面积计算得出。

大学物理马文蔚版高等教育出版社作业模拟及答案

大学物理马文蔚版高等教育出版社作业模拟及 答案 IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】

期末考试模拟试题 一、判断题：（10?1=10分） 1.质点作圆周运动时，加速度方向一定指向圆心。（） 2．根据热力学第二定律，不可能把吸收的热量全部用来对外做功（） 3.刚体的转动惯量与转轴的位置有关。（） 4.刚体所受合外力矩为零，其合外力不一定为零。（） 5.静电场中的导体是等势体。（） 6.平衡态下分子的平均动能为kT 2 3 （） 7.绝热过程中没有热量传递，系统的温度不变。（） 8.最概然速率就是分子运动的最大速率。（） 9.电场强度为零的点的电势一定为零。（） 10.真空中电容器极板上电量不同时，电容值不变。（） 二、选择题：（1836=?分） 1.某质点的运动学方程为3536t t x -+=，则该质点作（） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值；（B ）匀加速直线运动，加速度为负值； （C ）变加速直线运动，加速度为正值；（D ）变加速直线运动，加速度为负值。 2.质点作匀速率圆周运动，它的（） （A ）切向加速度的大小和方向都在变化；（B ）法向加速度的大小和方向都在变化； （C ）法向加速度的方向变化，大小不变；（D ）切向加速度的方向不变，大小变化。

3.两容积不等的容器内分别盛有可视为理想气体的氦气和氮气，若它们的压强和温度相同，则两气体（） （A ）单位体积内的分子数必相同；（B ）单位体积内的质量必相同； （C ）单位体积内分子的平均动能必相同；（D ）单位体积内气体的内能必相同。 4.摩尔数相同，分子自由度不同的两种理想气体，从同一初态开始等压膨胀到同一末态时，两气体（） （A ）从外界吸热相同；（B ）对外界作功相同； （C ）内能增量相同；（D ）上述三量均相同。 5．如图所示，在封闭的球面S 内的A 点和B 点分别放置q +和q -电荷，且OA=OB ，P 点为球面上的一点，则（） （A ）0≠p E ，?=?S d 0S E ； （B ）0=p E ，?≠?S d 0S E ； （C ）0≠p E ；?≠?S d 0S E ； （D ）0=p E ，?=?S d 0S E 。 6.平行板电容器充电后与电源断开，然后将其间充满均匀介质，则电容C 和电压U 的变化情况是（） （A ）C 减小，U 增大；（B ）C 增大，U 减小； （C ）C 减小，U 减小；（D ）C 增大，U 增大； 三、填空题：（32216=?分） 1.一质点速度矢量为j i v t t 55+=m ·s -1，若0=t 时质点在j r 20=位置，则任意时刻的加速度矢量为，t 时刻的位置矢量为，质点做的是运动

大学物理 马文蔚 版 高等教育出版社 作业模拟及答案

期末考试模拟试题 一、判断题：（10?1=10分） 1. 质点作圆周运动时，加速度方向一定指向圆心。 （ ） 2．根据热力学第二定律，不可能把吸收的热量全部用来对外做功 （ ） 3. 刚体的转动惯量与转轴的位置有关。 （ ） 4. 刚体所受合外力矩为零，其合外力不一定为零。 （ ） 5. 静电场中的导体是等势体 。 （ ） 6. 平衡态下分子的平均动能为kT 2 3 （ ） 7. 绝热过程中没有热量传递，系统的温度不变。 （ ） 8. 最概然速率就是分子运动的最大速率。 （ ） 9. 电场强度为零的点的电势一定为零 。 （ ） 10.真空中电容器极板上电量不同时，电容值不变。 （ ） 二、选择题：（1836=?分） 1. 某质点的运动学方程为3536t t x -+=，则该质点作（ ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值； （B ）匀加速直线运动，加速度为负值； （C ）变加速直线运动，加速度为正值； （D ）变加速直线运动，加速度为负值。 2. 质点作匀速率圆周运动，它的（ ） （A ）切向加速度的大小和方向都在变化； （B ）法向加速度的大小和方向都在变化； （C ）法向加速度的方向变化，大小不变； （D ）切向加速度的方向不变，大小变化。 3. 两容积不等的容器内分别盛有可视为理想气体的氦气和氮气，若它们的压强和

温度相同，则两气体（ ） （A ）单位体积内的分子数必相同； （B ）单位体积内的质量必相同； （C ）单位体积内分子的平均动能必相同； （D ）单位体积内气体的内能必相同。 4. 摩尔数相同，分子自由度不同的两种理想气体，从同一初态开始等压膨胀到同一末态时，两气体（ ） （A ）从外界吸热相同； （B ）对外界作功相同； （C ）内能增量相同； （D ）上述三量均相同。 5．如图所示，在封闭的球面S 内的A 点和B 点分别放置q +和q -电荷，且OA=OB ，P 点为球面上的一点，则（ ） （A ）0≠p E ，?=?S d 0S E ； （B ）0=p E ，?≠?S d 0S E ； （C ）0≠p E ；?≠?S d 0S E ； （D ）0=p E ，?=?S d 0S E 。 6. 平行板电容器充电后与电源断开，然后将其间充满均匀介质，则电容C 和电压 U 的变化情况是（ ） （A ）C 减小，U 增大； （B ）C 增大，U 减小； （C ）C 减小，U 减小； （D ）C 增大，U 增大； 三、填空题：（32216=?分） 1. 一质点速度矢量为j i v t t 55+=m ·s -1，若0=t 时质点在j r 20=位置，则任意时刻的加速度矢量为 ，t 时刻的位置矢量为 ，质点做的是 运动 2. 如图所示，1mol 单原子分子理想气体从初态),(V P A 开始

大学物理 物理学(第五版)上册 马文蔚 课后答案 东南大学剖析

1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故 t s t ΔΔΔΔ≠ r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故 t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解 t r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自 然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??=t y t x v 求解．故选(D)． 1-3 分析与解 t d d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)； t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加 速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)． 1-5 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为 2 2h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t l l t x -== v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θ l h l cos /0 220v v v = -= ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)． 1-6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得

大学物理马文蔚版,下册复习题,有答案,有详解

一、简答题 1. 怎样判定一个振动是否做简谐振动？写出简谐振动的运动学方程。 2. 从动力学的角度说明什么是简谐振动，并写出其动力学方程。 3.简谐运动的三要素是什么？各由什么因素决定。 二、选择题 1.一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2 A ，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）。 2. 如图已知两振动曲线x 1 、x 2 ，他们的初相位之差12??-为( ) （A ） 32π （B ）3 2π - （C ）π （D ）π- 3．质点在X 轴上作简谐振动，振幅为A ，0=t 时质点在 A 2 2 处，向平衡位置

运动，则质点振动的初相位为（ ） （Ａ）2π； （Ｂ）4π ； （Ｃ）4π- ； （Ｄ）2 π-。 三、填空题 1. 振幅为A 的简谐振动在 位置动能最大，在 位置势能最大， ___________________位置势能与动能相等。 2. 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为： )21 5c o s (41π+ =t x (SI) ，)215cos(22π+=t x (SI) )2 15cos(63π-=t x (SI) 则x 1,x 2的合振动的振辐为 ，初相为 。则x 1,x 3的合振动的振辐为 ，初相为 。 3.两质点1、2同在X 轴上作简谐振动振幅A 相周期均为T = 12s ；0=t 时刻，质点1在 A 2 2 处，并向平衡位置运动，质点2在A -处，也向平衡位置运动。则两质点振动的相位差为 ；两质点第一次通过平衡位置的时间分别为 和 。 四、计算题 1.如图9－1，质量为1m 的物体与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，置于光滑平面上静止，现有质量为2m 的小球以水平速度v 和1m 发生完全非弹性碰撞，试分析碰撞后系统的运动规律，并写出相应的运动方程。 2.某质点作简谐振动，振动曲线如图所示，已知质点在s 1t =时位于a 点， A 2 2x =。（1）在图中标出质点在a 、b 、c 、d 处的振动方向；（2）求该质点的 振动方程。 图9－1

大学物理马文蔚第一章答案

第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ． 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确

大学物理第六章课后习题答案(马文蔚第五版)

第六章 静电场中的导体与电介质 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。 6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。因而正确答案为（A ）。 6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E

（D ）R εq V d εq E 020π4,π4== 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。 6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E ）。 6 －5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍

大学物理第六章课后习题答案(马文蔚第五版)

第六章 静电场中的导体与电介质 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。 6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。因而正确答案为（A ）。 6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0== （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4= = （C ）0,0==V E

（D ）R εq V d εq E 02 0π4,π4= = 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。 6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E ）。 6 －5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍

大学物理马文蔚版高等教育出版社作业模拟及答案

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期末考试模拟试题 一、判断题：（10?1=10分） 1. 质点作圆周运动时，加速度方向一定指向圆心。 （ ） 2．根据热力学第二定律，不可能把吸收的热量全部用来对外做功 （ ） 3. 刚体的转动惯量与转轴的位置有关。 （ ） 4. 刚体所受合外力矩为零，其合外力不一定为零。 （ ） 5. 静电场中的导体是等势体 。 （ ） 6. 平衡态下分子的平均动能为kT 23 （ ） 7. 绝热过程中没有热量传递，系统的温度不变。 （ ） 8. 最概然速率就是分子运动的最大速率。 （ ） 9. 电场强度为零的点的电势一定为零 。 （ ） 10.真空中电容器极板上电量不同时，电容值不变。 （ ） 二、选择题：（1836=?分） 1. 某质点的运动学方程为3536t t x -+=，则该质点作（ ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值； （B ）匀加速直线运动，加速度为负值； （C ）变加速直线运动，加速度为正值； （D ）变加速直线运动，加速度为负值。 2. 质点作匀速率圆周运动，它的（ ） （A ）切向加速度的大小和方向都在变化； （B ）法向加速度的大小和方向都在变化； （C ）法向加速度的方向变化，大小不变； （D ）切向加速度的方向不变，大小变化。 3. 两容积不等的容器内分别盛有可视为理想气体的氦气和氮气，若它们的压强和温度相同，则两气体（ ） （A ）单位体积内的分子数必相同； （B ）单位体积内的质量必相同；

（C ）单位体积内分子的平均动能必相同； （D ）单位体积内气体的内能必相同。 4. 摩尔数相同，分子自由度不同的两种理想气体，从同一初态开始等压膨胀到同一末态时，两气体（ ） （A ）从外界吸热相同； （B ）对外界作功相同； （C ）内能增量相同； （D ）上述三量均相同。 5．如图所示，在封闭的球面S 内的A 点和B 点分别放置q +和q -电荷，且OA=OB ，P 点为球面上的一点，则（ ） （A ）0≠p E ，?=?S d 0S E ； （B ）0=p E ，?≠?S d 0S E ； （C ）0≠p E ；?≠?S d 0S E ； （D ）0=p E ，?=?S d 0S E 。 6. 平行板电容器充电后与电源断开，然后将其间充满均匀介质，则电容C 和电压U 的变化情况是（ ） （A ）C 减小，U 增大； （B ）C 增大，U 减小； （C ）C 减小，U 减小； （D ）C 增大，U 增大； 三、填空题：（32216=?分） 1. 一质点速度矢量为j i v t t 55+=m ·s -1，若0=t 时质点在j r 20=位置，则任意时刻的加速度矢量为 ，t 时刻的位置矢量为 ，质点做的是 运动 2. 如图所示，1mol 单原子分子理想气体从初态),(V P A 开始沿图中直线变到末态)2,2(V P B 时，其内能改变量为 ；从外界吸热为 ；对外界作功为 。