大学生物理简明教程 第七,八,九章课后答案.

第七章

7.5 1mol 氢气与1mol 氦气的温度相同，则两种气体分子的平均平动动能是否相同？两种气体分子的平均动能是否相同？内能是否相等？

答：根据能量均分定理：在温度为T 的平衡态下，气体分子每个自由度的平均动能都相等12

kT . 氢气为双原子(视为刚性)分

子, 具有3个平动自由度，两个转动自由度; 而氦气为单原子分子只有3个平动自由度. 所以, 单个氢气分子的平均平动动能为

32

kT ，平均动能为52

kT ，内能为52

kT ;单个氦气分子的平均平动动

能为

32

kT ，平均动能为

32

kT ，内能为

32

kT . 可见, 两种气体分子的

平均平动动能相同, 平均动能不同, 内能也不相同. 7.6 指出下列各式所表示的物理意义 ( 1)

12

kT ； ( 2)

32

kT ； ( 3) 2

i kT ； ( 4) 2

i

RT ； ( 5) 2

m i

RT M .

答：（1）12

kT 表示一个理想气体分子每个自由度的平均动

能； （2）

3

2

kT 表示一个多原子分子的平均平动动能或一个单

原子气体分子的平均动能(因为单原子气体分子没有转动动能或振动动能); （3）2

i kT 表示分子自由度为i 的气体分子的平均能量(忽

略势能时,等于平均动能);

（4）2i

RT 表示1 mol 分子自由度为i 、温度为T 的理想气

体的内能(忽略势能时,等于1 mol 分子的总动能,

A R kN =)；

（5）

2

m i

RT M 表示质量为m 、摩尔质量为M 的理想气体的

内能(忽略势能时,等于(m/M) mol 分子的总动能).

7.7 速率分布函数()f υ的物理意义是什么？试说明下列各式的物理意义:

(1) ()d f υυ； (2) ()d Nf υυ；

(3)

2

1

()d f υυ

υυ?；

(4)

2

1

()d Nf υυ

υυ?；

(5) 2

1

21

()d 2

m Nf υυ

υυυ?.

答：速率分布函数f （υ）的物理意义是，速率在υ附近的单位速率区间内的分子数占总分子数的比率.

⑴ 分子速率在υ附近d υ速率间隔内的分子数占总分子数的比率；

⑵ 分子速率在υ附近d υ速率间隔内的分子数；

⑶ 分子速率在υ1到υ2速率间隔内的分子数占总分子数的比率；

⑷ 分子速率在υ1到υ2速率间隔内的分子数;

(5) 分子速率在υ1到υ2速率间隔内的所有分子的总动能. 7.12 解释杜瓦瓶(保温瓶)保温的原理. 答: 一. 针对热导率的专业性答案:

根据热导率公式13

V c κρυλ=, 可以解释保温瓶为何能够保温. 通常, 将保温瓶的内胆做成间隔很小的双层结构, 并把中间的空气抽出去, 形成“真空层”. 由于“真空层”内的空气非常稀薄, 以致分子的平均自由程λ大于“真空层”的间隙厚度l , 因此分子将彼此无碰撞地往返于两壁之间, 这时式( 7.28) 中的λ将由l 取代, 将8πkT m

υ=

和nm ρ=代入式( 7.28) 可知, 在一定温度下,

κ

与n 成正比, 即空气越稀薄(n 越小), 热(传)导率(系数)κ越小, 保温性能越好.

可见, 真空层中空气分子密度的降低, 减小了该部分分子的热导率, 从而减少了该部分分子在保温瓶内外胆之间的热传导, 使得保温瓶内液体的热能损失速率比一般容器内液体的热能损失速率要慢得多, 才具有了更长时间的保温效果. 习题 7.1 一容器内储有氢气, 其压强为51.0110? Pa, 温度为o 27C , 求:

(1) 气体分子的数密度；( 2) 氢气的密度；( 3) 分子的平均平动动能；( 4) 分子的平均转动动能；( 5) 分子间的平均距离. ( 设分子间均匀等距排列)

解：（1）气体分子的数密度

-325-325

3

300

m 1.0110 2.4410m 1.3810p T n k -==≈???? （2）氢气的密度

35332101.0110kg/m 0.08kg/m 8.31300

M m p V RT ρ-???===≈? （3）分子的平均平动动能

2321k 3 1.38310300J 6.2110J 2

2

kT ε--==???=?

（4）分子的平均转动动能

2321r 1.3810300J 4.141J 202

kT kT ε--===??=?

（5）整个容器内的分子可以被看成是均匀等距排列的. 假

定分子间的平均距离为d . 则每个分子占有的平均体积为3

0V d =.

由数密度的含意0

1n V =可知, 01V n

=.

可见,

3

1d n

=

. 于是, 氢气分子间的平均距离为

93

3

25

11

m 3.4510m 2.4410

d n

-=

=≈??

7.4 容器内储有1 mol 的某种气体, 今从外界输入22.0910J ?热量, 测得其温度升高10 K, 求该气体分子的自由度.

解：设气体分子的自由度为i .

∵从外界输入的热量全部转化为理想气体分子的内能，且理想气体的内能是温度T 的单值函数2

i E RT ν

=, 可见,

2

i

E R T ν

?=?

∴对ν=1 mol 的理想气体 2

i

E R T ?=?

由此可得 2

2.09102230

815.1i T R E ?=????=≈

即该气体分子的自由度为5，应为刚性双原子分子.

7.8 设有N 个粒子, 其速率分布函数如图7.17所示. (1) 写出速率分布函数的数学表达式；(2) 由N 和0υ求a ；(3) 求最概然速率；(4) 求N 个粒子的平均速率；(5) 求速率介于区间030,

2υ??

??

??

的粒

子数.

解: (1)速率分布函数的数学表达式为

00

000

0(0)()2(2)0(2)

a a f a υυυυυυ

υυυυυυ?<

=-≤≤???>??

(2)据速率分布函数的归一化条件，分布曲线下的面积应为1. 即

01

212

a υ??=. 求得

1

a υ=

(3)峰值对应的速率为最概然速率

p 0υυ=

(4)N 个粒子的平均速率为

200

()d d (2)d a

a

f a υυυυυυυυυυυυυυυυ∞

==?

+?-

=???

(5) 速率介于区间030,

2υ??

??

??

的粒子数 0000

332200007

()d d (2)d 8

a a N Nf N N a N υυυυυυυυυυυυ?==+-=??? 7.10 20个质点速率如下: 2个具有速率0υ, 3个具有速率02υ, 5个具有速率03υ, 4个具有速率04υ, 3个具有速率05υ, 2个具有速率06υ, 1个具有速率07υ. 试计算:

(1) 平均速率；(2) 方均根速率；(3) 最概然速率.

解

:(1)

1

00000000

2()3(2)5(3)4(4)3(5)2(6)7()

3.6520

n

i

i

i N

N

υυυυυυυυυυ=++++++=

=

=∑

（

2

）

2222222

021

23(2)4(4)3(5)2(6)7 3.9920

i

n

i

i rms N N υ

υυυυ=??+++++??

==

=

=∑

（3）20个质点中出现速率为30υ的分子个数最多,

为5个，所以p 03υυ=.

(注: 这20个分子中的某一个分子, 速率取最概然速率的概率为510.2525%20

4

===; 速率取0υ的概率为2120

10

=;

取02υ的概率为

320; 取04υ的概率为420

; 取05υ的概率为3

20

;

取06υ的概率为110

; 取07υ的概率为120)

第八章

8.6 关于物体内能的变化情况, 说法正确的是( D ).

A ．吸热, 物体的内能一定增加

; B ．体积膨胀的物体内能一定减少; C ．外界对物体做功, 其内能一定增加; D ．绝热压缩物体, 其内能一定增加.

答: D. 根据热力学第一定律Q E A =?+知E Q A ?=-, 表明系统对外界做功A 和系统从外界吸热Q 都可改变物体的内能E ?. 在考虑其中一种途径引起内能变化的作用时, 要有根据地判断另一种途径引起内能变化的作用.

8.14 试根据热力学第二定律判定下面两种说法是否正确？ (1)功可以全部转化为热, 但热不能全部转化为功;

(2)热量能够从高温物体传到低温物体, 但不能从低温物体传到高温物体.

答: (1)该说法不准确.

一定量工作物质系统的等温过程中, 系统内能不变. 根据热力学第一定律Q E A =?+, 不但功A 可以全部转化为热Q , 而且, 在允许外界变化的前提下, 热也可以完全变为功.

(2) 该说法不准确. 虽然热量不会从低温物体自动地传到高温物体. 然而, 当外界对系统做功时, 系统可将热量从低温物体

传到高温物体. 这正是制冷机的工作原理.

8.19 (1)有可能使一条等温线与一条绝热线相交两次吗？

(2)两条等温线和一条绝热线是否可构成一个循环呢？为什么？

(3)两条绝热线和一条等温线是否可构成一个循环呢？为什么？

提示:根据所依据的原理不同, 答案的具体解释也不同, 但答案的结论相同.

答: (1) 不可能使(同一系统的)一条等温线与其一条绝热线相交两次.

解释1: 同一系统的绝热线总比其等温

线陡峭(参绝热过程一节). 如果有两个交点,

必然有一个交点处违背这一斜率大小对比

的关系.

解释2: 用反证法. 假设一条等温线与一

条绝热线有两个交点，如图所示，这就构成

了一个循环，从单一热源(T)吸热，使之完全

变成有用的功(循环所包围的面积)而外界和

系统都没发生任何其它变化. 这就违背了热

力第二定律的开尔文表述.

(2) (同一系统的)两条等温线和其一条绝热线不可能构成一个循环.

, 解释1: 因为, 同一系统的等温线的温度不同, 根据pV vRT 两条等温线不可能相交.而(1)的结论表明一条等温线与一条绝热线只能相交一次. 因此, p-V图中的三条曲线只有两个交点, 无法构成封闭的循环过程.

解释2: 反证法，(请参考本题(2)的思路, 同学们自己证明)

(3) (同一系统的)两条绝热线和其一条等

温线不可能构成一个循环.

解释1: 两条绝热线不可能相交，且一条

等温线不可能与一条绝热线相交两次. 因此,

p-V图中的三条曲线只有两个交点, 无法构

成封闭的循环过程.

解释2: 反证法，假设三条线构成一个循环, 如图所示，则该循环可以从单一热源(T)吸收热量，使之完全变成有用的功而不产生其他影响，这就违背了热力学第二定律的开尔文表述.

习题

8.1 1 mol的单原子分子理想气体从状态1变为状态2, 如果变化过程不知道, 但1和2两状态的压强、体积和温度都知道, 则可求出( 参习题答案, 并解释).

A.气体所做的功;

B.气体内能的变化;

C.气体传给外界的热量;

D.气体的质量.

提示: 题述条件只能确定一个仅与初末状态有关, 而与过程无关的物理量.

8.3质量一定的理想气体, 从相同状态出发, 分别经历等温过程、等压过程和绝热过程, 使其体积增加一倍. 那么气体温度的改变(绝对值)在( 参习题答案, 并解释).

A. 绝热过程中最大, 等压过程中最小;

B. 绝热过程中最大, 等温过程中最小;

C. 等压过程中最大, 绝热过程中最小;

D. 等压过程中最

大, 等温过程中最小.

提示: 一定量理想气体的温度增量正比于内能增量. 再利用热力学第一定律和理想气体功与热的计算公式.

8.19一可逆热机, 使1 mol的单原子理想气体, 经历如图8.47所示的循环过程, 其中T1=300 K, T2=600 K, T3= 455 K. 求:

(1)各分过程吸收的热量, 以及系统对外所做的功; (2)循环的效率.

解: 已知1mol

ν=, 对单原子理想气体3

i=,

3

2

V m

C R

=

，

.

(1) 1-2为等体过程, 则系统吸收的热量

为

T /K

b

p /atm

c d

a

300 400 O

1212,3

8.31(600300)J 3739.5J 2

V m Q E C T ν=?=?=

??-= 系统对外所做的功为 0=A 2-3为绝热过程, 则系统的内能增量为

233

18.31(455600)J 1807.425J 22

i E R T ν?=?=???-=-

系统吸收的热量为 023=Q

据热力学第一定律Q E A =?+, 系统对外所做的功为

23231807.425J A E =-?=

3-1为等压过程, 则系统对外所做功为

31113313()8.31(155)J 1288.05J A PV PV R T T ν=-=-=?-=-

同时, 系统吸收的热量为

311325

()8.31(155)J 3220.125J 22

p m i Q C T R T T ν+=?=

-=??-=-， (2)此热机循环的效率 213220.125

1113.9%3739.5

Q Q η=-=-≈

注意:

1. 区分循环过程与其子过程中的吸热、放热、做功与内能增量的关系.

2. 热力学第一定律表达式与热机效率表达式混合应用时, 热与功符号的意义.

8.27 一定量的理想气体, 在 p- T 图上经历如图8.50所示的循环过程 abcda , 其中 ab 、cd 为两个绝热过程. 求该循环过程的效率.

解: 该循环由两个绝热过程与两个等温过程组成, 因此, 该循环是卡诺循环

循环过程 abcda 的字母顺序, 暗示了循环的方向为正循环, 即该循环为卡诺热机循环, 因此, 其循环效率为

%25400

3001112=-=-

=T T η 第九章

9.8两个简谐运动的振动频率相同, 振动方向也相同, 若两个振动的振动相位关系为反向相, 则合振动的振幅为多少? 合振动的初相位为多少? 两者为同相关系又如何?

答: 若两个振动的振动相位关系为反相, 则合振动的振幅为两分振动的振幅之差的绝对值;合振动的初相位取决于两分振动的初相位(及两分振动的振幅).

若两个振动的振动相位关系为同相,合振动的振幅为两分振动的振幅之和.

[两个同方向同频率分振动的合成---相干振动的叠加:

22

1212212cos()

A A A A A ??=++-,

1122

1122

sin sin tan cos cos A A A A ?????+=

+. 当两个分振动

同相, 即212(0,1,2,)k k ??π-==±±时, 合振幅最大为:

22

1212122A A A A A A A =++=+; 当两个分振动反相, 即21(21)(0,1,2,)k k ??π-=+=±±时, 合振幅最小为:

22

1212122A A A A A A A =+-=-.]

9.10 什么是波动? 振动和波动有什么区别与联系? 波形曲线与振动曲线有什么不同? 试说明之.

答: 波动, 是振动状态在空间的传播,包括依赖于弹性介质中质点振动而逐点传播的机械波,也包括不依赖于介质中质点振动就能逐点传播的电磁波.

振动在介质中传播,形成波. 在波线方向上各个位置上的介质质点或电磁场参量都在做振动; 波动传播能量,而振动并不传播能量. 振动是波动的基础,波动是振动状态在空间的传播. 一条振动曲线, 表示在特定平衡位置0x 处的一个质点的位移y 或电磁场参量E , 随时刻t 的不同而变化的振动规律()0,y x t 或()0,E x t . 一条波形曲线, 表示在某一特定时刻0t 时的波线上所有平衡位置x 处的所有质点的位移y 或电磁场参量E , 随各质点平衡位置x 的不同而变化的波动规律()0,y x t 或()0,E x t .

9.13 根据波长、频率、波速的关系式u λν=, 有人认为频率高的波传播速度大, 你认为是否真确? 答: 不正确. 因为, 波在介质中的传播速度只与介质有关(ρ

G u =或ρ

E

u =或ρ

K u =),与频率无关

9.19 两列简谐波叠加时, 讨论下列各种情况:

(1)若两列波的振动方向相同, 初相位也相同, 但频率不同, 能不能发生干涉?

(2)若两列波的频率相同, 初相位也相同, 但振动方向不同, 能不能发生干涉?

(3)若两列波的频率相同, 振动方向也相同, 但相位差不能保持恒定, 能不能发生干涉?

(4)若两列波的频率相同, 振动方向也相同, 初相位也相同, 但振幅不同, 能不能发生干涉?

答: (1)不能; (2)不能; (3)不能; (4)能. 习题

9.1 设简谐运动方程为x =0.02cos(100πt ＋π/3)(SI 制),求: (1)振幅、频率、角频率、周期和初相; (2)t =1s 、2s 、10s 时的相位;

(3)分别画出位移、速度和加速度与时间的关系曲线.

解: (1)将题述振动方程与标准形式cos()x A t ω?=+做比较, 可知, 振幅A = 0.02 m 、频率ν= 50 Hz 、角频率100πrad/s ω=、周期T =1/ν= 0.02 s 、初相π

rad 3

?=

.

(2) 将t ＝1s 、2s 、10s 分别代入振动方程中的相位项(100πt ＋π/3), 得到相应时刻的相位分别为π100πrad 3??+

??

?、π200πrad 3??+ ??

?、

π1000πrad 3?

?+ ??

?.

(3) 从t =0开始, 每间隔八分之一周期取一个时间点, 分别计算出对应的位移、速度和加速度, 每个参量表达式, 共有9个数据点, 采用描点法画图. 图略, 但与教材图9.2类似.

9.13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐运动:

10.04cos 26x t π?

?=+ ??

?和250.03cos 26x t π??=- ???. 试求其(两个表达式所表

示的两个分振动之)合振动的振幅和初相位(式中x 以m 计, t 以s 计).

解: 题述质点所参与的两个分振动, 具有相同的频率. 因而, 这两个分振动位移的合成是同频率同方向两个振动的合成. 二分振动的合振动具有()cos 2x A t ?=+的形式.

因2151πππ66

????=-=--=-, 表示两个分振动反相, 则合振动

的振幅为

2222

1212211212122cos()2cos()0.040.030.01m

A A A A A A A A A A A ??π=++-=++-=-=-=

合振动的

初

相的正切

11221122π50.04sin

0.03sin(π)

sin sin 66tan 0.581π5cos cos 0.04cos 0.03cos(π)

66A A A A ?????+-+==≈++- 故合振动的初相π

6

?≈. 可见, 合振动的初相由两分振动的初

相和振幅共同决定!!

于是, 合振动的表达式为 0.01cos 2m 3x t π??

=+ ??

?

.

9.14 两个同方向的简谐运动,周期相同, 振幅为10.05m A =, 20.07m A =, 组成一个振幅为0.09m A =的简谐运动. 求两个分振动的相位差.

解: 由同频率同方向的两振动的合振动振幅公式

()22

12122cos A A A A A ?=++?两边平方得

()222

12122cos A A A A A ?=++?

[这里, 用??而不用, ()21??-来表示两个分振动的相位差, 是因为题述不包含哪个分振动更超前或迟后的信息, 且余弦函数为偶函数.] 于是有

()222

222

12120.090.050.07cos 0.1220.050.07

A A A A A ?----?===??

故 01.47ra 84d 16??=='

9.18 一横波沿绳子传播时的波动方程为)410cos(05.0x t y ππ-=. x,y 的单位为m, t 的单位为s. (1) 求此波的振幅、波速、频率和波长; (2)求绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度; (3)求0.2m x =处的质点在1t s =时的相位? (4)分别画出1t s =、1.25s 、1.50s 各时刻的波形. 解: 一列波的传播问题 (1)将题设横波表达式

0.05cos(10π4π)0.05cos 2π50.5x y t x t ??=-=- ??

?, 与一般横波表达式

cos 2πx y A t νλ?

?=- ??

?比较可得, 波的振幅、频率、波长和波速分别

为

0.05m ,5Hz ,0.5m , 2.5m/s A u νλλν=====

(2) 绳上各质点振动的最大速度为

max max

d 2π2 3.1450.05m/s 1.57m/s d y A A t

υων=

===???=

绳上各质点振动的最大加速度为

22222max (2π)49.3m/s a y y A A ωωων=-==== (3) 将0.2m x =和1s t =代入题设波动的相位表达式中, 可得该处质点在该时刻的振动相位为

10π4π10π14π0.29.2πt x -=?-?=

(4) 将三个时间分别代入波动表达式, 得各对应时刻的波形解析式分别为

(, 1.00)0.05cos(104)cos(4)0.05x y x t x πππ==-=

(, 1.25)0.05cos(12.54)0.05cos(0cos(.54)

0.05)0.054sin 4)

.(05y x t x x x x πππππππ==-=-=-=

cos(4cos(4(, 1.50)0.05cos(154)0.05cos(4)

0.)(,1)

05)0.05y x t x x x x y x t πππππππ---==-=-====

从波线上的x =0位置开始, 每间隔八分之一波长取一个空间位置点, 计算出对应的位移y , 共有9个数据点. 采用描点法画图. 图略, 但其中的两条曲线与教材图9.28类似. 9.19 设有一平面简谐波0.02cos20.010.3t x y π??

=-

???

. 其中, x,y 的单位为m, t 的单位为s.

(1)求振幅、波长、频率和波速; (2) 求0.1m x =处质点振动的初相位.

解: 一列波的传播问题 (1)比较题设平面简谐波0.02cos20.010.3t x y π??

=- ???

与平面简谐波

的一般表达式

cos 2πt x y A T λ??

=- ?

??

知,

0.02m ,0.3m ,0.01s A T λ===. 推算得

11Hz 100Hz 0.01

T ν=

== 0.3100m/s 30m/s u λν==?=

(2) 将0.1m x =代入题设平面简谐波表达式, 即得求0.1m x =处质点振动的表达式为

0.12π0.02cos 2π0.02cos 200π0.010.33t y t ???

?=-=- ? ????

? 可见, 该处质点振动的初相位为2π3??- ???

. 第十章

10.2 两列光为相干光, 应满足哪些条件？获取相干光的方法

有哪些？

答：两列光如为相干光，则这两束光必须满足频率相同、振动方向平行和相位差恒定这三个条件.

获取相干光的方法通常有两种，即分振幅法和分波阵面法.但也可以利用分振动面法；当然，也可以直接采用激光作为相干光. 10.6 如图10.4所示的杨氏双缝干涉实验中, 若做下列变动, 干涉条纹将如何变化? (1)将双缝S 1与S 2之间距d 增大; (2)将双缝屏到观察屏之间距D 减小; (3)将光源S 平行于双缝S 1与S 2向上移动; (4)在缝S 1的后面放置一块折射率为n 的透明介质. 答：根据

21sin x r r d d

D

δθ=-≈≈,

kB D x k d

λ

=±,

(21)

2kD D

x k d

λ=±+, 1k k D

x x x d

λ+?=-=

, 可以判定: (1)干涉图样中, 明、暗条纹间距减小; 各级条纹均向中央明纹的中心收缩.

(2)干涉图样中, 明、暗条纹间距增大; 各级条纹均从中央明纹的中心向外扩展.

(3) 干涉图样中, 中央明纹的中心O 会随之向下移动；(中央明纹中心是0δ=的点, 其位置由()()2121s i n s

i n 0

O S O O S S O S s

x x r r r r d d

d d D D δθθ=-+-≈+≈+=确定, O S

s

D

x x D =-) (4) 干涉图样中, 中央明纹的中心会向上移动. 考虑到1n >,

且中央明纹中心位置决定于

()()()()21211sin 110x

r r l nl r r n l d n l d

n l D

δθ=--+=---≈--≈--=????,

即()1D

x n l

d

=-.

10.15 劈尖干涉与牛顿环都属于等厚干涉, 它们的干涉条纹形状有何区别？条纹间距又有何区别？随着厚度的增加, 它们的干涉条纹间距会发生变化吗？

答：劈尖干涉条纹,是等间距分布的平行直条纹，而牛顿环的干涉条纹则是不等间距的同心圆环.

随着厚度的增加，劈尖干涉条纹的间距不会改变，而牛顿环的条纹间距则会逐渐减小，条纹越来越密集.

222

12122

21

2

1222

12122cos 22cos 22cos I A A A A A A A A A d A A A A x

D

?

πδλπλ∝=++???

=++ ?

???=++ ? A

·

r 1

δ

λ

r 2

θ

D

d O

S

P

S 1

S 2

[因膜介质的差异, 相邻条纹的厚度差分别为2

n SA d λ

?=和

2

N d λ

?=

. 由(10.22)式知, 劈尖膜表面上相邻条纹间距2n L

b D

λ=

;

对牛顿环, 2r dR =, 从式(10.23)或式(10.24)知, 牛顿环的相邻条纹间距()

11k k r r r k k R λ-?=-=--]

10.16 在图10.15所示的迈克耳孙干涉仪实验装置中, 当M 1与M 2之间严格垂直时, 其干涉图样是等倾干涉还是等厚干涉？当M 1与M 2之间并不严格垂直时, 其干涉图样是等倾干涉还是等厚干涉？

答：当M 1与M 2之间严格垂直时，构成虚拟等厚空气膜, 用单色点光源照射(入射光在膜表面的入射角是变化的), 迈克耳孙干涉仪的干涉图样是等倾干涉；

当M 1与M 2之间并不严格垂直时，构成虚拟劈尖空气膜, 用单色平行光垂直照射

(入射光在膜表面的入射角是不变化的), 迈克耳孙干涉仪的干涉图样则是等厚干涉.

10.19

如何区别菲涅耳衍射与夫琅禾费衍射？若有一人透过

贴近眼睛的狭缝观察远处的平行白光, 他所观察到的衍射图样是菲涅耳衍射图样还是夫琅禾费衍射图样？

答：菲涅耳衍射是指衍射屏离光源和观察点的距离都是有限远，或其中之一的距离是有限远的衍射；而夫琅禾费衍射则是光源和观察点到衍射屏的距离都是无限远或相当于无限远的衍射，也就是说，入射到衍射屏的光和穿过衍射屏的光都是平行光的衍射.

若有一人透过贴近眼睛的狭缝观察远处的平行白光，他所观察到的衍射图样应是夫琅禾费衍射图样.

10.27 两块偏振片平行放置, 最初时它们的偏振化方向平行. 以单色自然光垂直入射. 若保持第一块偏振片不动, 而将第二块偏振片以入射光为轴作定轴转动, 则通过第二块偏振片后的光强将如何变化？

答：在第二块偏振片以入射光为轴作定轴转动的过程中，可以观察到通过该偏振片的光强随转动发生周期性的变化，即偏振片每转动一周，透过的光强会发生由明到暗，由暗到明，再由明到暗，由暗到明的重复过程.

马吕斯定律:20cos I I α

=

10.28 如果你手头现在只有一块偏振片, 可否以之区分自然光、部分偏振光和线偏振光？试解释之. 答：可以.

以入射光方向为轴，将偏振片放在光路中绕该轴旋转一周的过程中，

若透过偏振片的光强没有变化，则入射光为自然光；

若透过偏振片的光强随偏振片的旋转而变化，且透过偏振片的最小光强为零，则入射光为线偏振光；

若透过偏振片的光强虽随偏振片的旋转而变化，但透过偏振片的最小光强不为零，则此时的入射光为部分偏振光.

020cos cos E E I I αα

==0012

12

N N

E E I I =

=N N

E I

习题

10.2 设有两个同相位的相干点光源S 1和S 2, 发出波长为500 nm 的单色绿光, A 是它们中垂线上的一点. 若在S 1与A 之间插

入一个厚度为3 μ

m 的透明薄片, 则A 点恰好为第三级干涉明纹的中心(点A 似乎又在观察屏上, 相当于图10.4中的点O), 试求该透明薄片的折射率.

解：因 k δλ=，则 k δλ?=??.

插入透明薄片前，S 1和S 2到A 点的光程差为零，A 点应为中央明纹的中心.

假设透明薄片不在S 2与点A 之间的连线上. 插入透明薄片后，S 1和S 2到A 点之间的光程差变化量为(1)n d δ?=-，其中d 为薄片厚度，n 为薄片介质的折射率. 联立两个光程差变化量方程, 有

(1)n d k λ-=??

由题知,此时A 点恰好为第三级明纹的中心,即3k ?=.

将题设条件代入上式得, 该透明薄片的折射率为

9

6

50010131 1.5310

n k d λ

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

10.3 在杨氏双缝干涉实验中, 光源的波长为600 nm. 当用一片很薄的云母片(折射率n=1.58)覆盖住双缝中的一条缝时, 观察到屏幕上的中央明纹移动到原来的第5条明纹所在的位置, 试问该云母片的厚度为多少？

解：因 k δλ=，则 k δλ?=??. 以云母片覆盖前，屏幕上的中央明纹到双缝的光程相同，光程差为零；覆盖后，引起双缝到屏幕上原中央明纹处的光程差发生改变，改变量为(1)n d δ?=-，其中d 为云母片的厚度，n 为云母片的折射率. 在此过程中，观察到屏幕上的中央明纹移动到原来的第五条明纹所在的位置，即5k ?=. 由(1)n d k λ-=??得

5

600nm 5172nm 5.17m 1 1.581

k d n λμ?=

=?≈=-- 10.20 波长为560 nm 的单色平行光垂直入射某单缝, 该单缝后有一个焦距为0.5 m 的透镜, 在透镜焦面处所设的屏幕上可获得该单缝的衍射图样. 若实验测得衍射图样中的中央明纹宽度为1.12 mm, 试求该单缝的缝宽为多少？

解: 在单缝衍射图样中，衍射所得的中央明纹宽度为2x f a

λ

?=，其中f 为透镜焦距.

将题设条件代入该式，即可得所求单缝的缝宽为

94

3

56010220.5m 510m 0.5mm 1.1210

a f x λ

---?==??=?=?? 10.21 一个宽度为0.20 mm 的单缝, 其后有一个焦距为1.0 m

的透镜, 且在透镜焦点处平行放置着一个屏幕. 现用波长为600 nm 的单色平行光垂直照射该单缝, 问测得屏幕上的中央明纹的宽度为多少？第二级明纹的宽度又为多少？

222

121222

121222

12122cos 22cos 22cos I A A A A A A A A A d A A A A x

D

?

πδλπλ∝=++???=++ ?

???=++ ? A ·

r 1

δ

λ

r 2

θ

D

d O

S

P

S 1

S 2

解: 在单缝衍射图样中，中央明纹宽度为2

x f a

λ

?=，其它各

级非中央明纹宽度仅有中央明纹宽度的一半，即1'2

x x ?=?. 将题设条件得, 中央明纹的宽度为

9

33

2600102

1.0m 6.010m = 6.0mm

0.2010x f a λ---???==

?=??

而第二级明纹(及所有非中央明纹)的宽度则为

11 6.0mm 3.0mm 22

x x '?=?=?=

10.29 一束单色平行光垂直入射到光栅上, 已知该光栅上每厘米内刻有5000条刻线, 且实验发现在衍射角为30°的方向上对应其第二级主极大明纹. 试问: 入射单色光的波长为多少？实际所能呈现的最高级次的主极大明纹是哪一级？

解: 由光栅方程可知, 主极大明纹处应满足λθk d ±=sin ，012k =，，，.

已知光栅常量2

610m 2.010m 5000

d --=

=?, 30θ=, 2k =. 代入上式

得入射单色光的波长为

67sin 30 2.0100.5m 510m = 500nm 22

d λ--??===?

光栅衍射条纹中最高级次的主极大明纹对应衍射角 90=θ，将

其代入光栅方程可得主极大明纹的最高级次为

9

max 6sin90

2.010*******

k d λ

--??=

==? 然而，衍射角 90=θ对应的主极大明纹不会呈现在屏幕上，因此该光栅实际所能呈现的最高级次的主极大明纹为第三级.

12I ??

???

''I 2

1cos 302I ???? ???????

12I ?? ???

2

1cos 602I ???? ???????10.32 以波长为500 nm 的平行单色光垂直入射到光栅上, 实

验测得第三级谱线所对应的衍射角为30°

, 且第四级谱线缺级, 试问该光栅的光栅常数为多少？此光栅上透光缝的最大宽度为多大？

解: 由光栅方程s i n d k θλ=可知, 光栅常量为

33500

nm 3000nm = 3.0μm sin 300.5

d λ?=

==

由题设知第四级谱线缺级，根据缺级的定义有 λθ4sin =d 和 sin a k θλ'= 其中k ′为非零整数. 整理得

4k a d '=

由于d a <，

故应有

4k '<，即max

3k '=. 代入上式可得光栅上透光缝的最大宽度为

max max 33

3m 2.25m 444

k a d d μμ'=

==?= 10.35 光强为I 的自然光, 使其垂直通过两个平行放置的偏振

片. 若这两个偏振片的偏振化方向成60°夹角, 问最后透射光的光强是多少？如果在这两个偏振片之间再平行插入一块偏振片, 且使其偏振化方向与前两个偏振片均成30°夹角, 则此时所得的透射光的光强又为多少？ 解：该自然光通过第一块偏振片后，光强为I /2，通过第二块偏振片后，由马吕斯定律可知其出射光强为

211'cos 6028I I I ??

== ???

.

若两个偏振片之间再平行插入一块偏振片，且其透振方向与另两个偏振片均成30°夹角，则分析后仍由马吕斯定律可得其出射光强为

2219''cos 30cos 30232

I I I ????== ?????

??

10.37 一束自然光从空气中入射到折射率n=1.50的玻璃片上,

大学物理 马文蔚 第五版 下册 第九章到第十一章课后答案

第九章振动 9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（） 题９-１图 分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）． 9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（） 题９-２图 分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差，则角频率，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案． 9-3两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示， x1 的相位比x2 的相位（） （A）落后（B）超前（C）落后（D）超前 分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（b）．

题９-３图 9-4当质点以频率ν作简谐运动时，它的动能的变化频率为（） （A）（B）（C）（D） 分析与解质点作简谐运动的动能表式为，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C）． 9-5图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（） （A）（B）（C）（D） 分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是（即反相位）．运动方程分别为和 ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法， 如图（b）很方便求得合运动方程为．因而正确答案为（D）． 题９-５图 9-6 有一个弹簧振子，振幅，周期，初相．试写出它的运动方程，并作出图、图和图．

大学物理简明教程习题解答9

第12章 量子物理学 12-1 氦氖激光器发射波长632.8nm 的激光。若激光器的功率为1.0mW ，试求每秒钟所发射的光子数。 解 一个光子的能量λ νhc h E ==，激光器功率P 数值上等于每秒钟发射光子的总能量， 故每秒钟所发射的光子数 1/s 1018.315?=== hc P E P N λ 12-2 某种材料的逸出功为3.00eV ，试计算能使这种材料发射光电子的入射光的最大波长。 解 光子的能量λ hc E =，要使这种材料发射光电子，入射光子的能量不能小于逸出功W ， 即有 W hc E == min λ 解得入射光的最大波长为 nm 4141014.470=?== -W hc λ 12-3 从铝中移去一个电子需要能量4.20eV 。用波长为200nm 的光投射到铝表面上，求： （1）由此发射出来的最快光电子和最慢光电子的动能； （2）遏止电势差； （3）铝的红限波长。 解 （1）根据爱因斯坦光电效应方程 W E h km +=ν 最快光电子的动能 W hc W h m E -=-== λ ν2m max k 21v eV 2.02J 1023.319=?=- 最慢光电子逸出铝表面后不再有多余的动能，故0min k =E （2）因最快光电子反抗遏止电场力所做的功应等于光电子最大初动能，即max k E eU a =， 故遏止电势差 V 02.2max k == e E U a （3）波长为红限波长λ0的光子，具有恰好能激发光电子的能量，由λ0与逸出功的关系W hc =0 λ 得铝的红限波长 nm 296m 1096.270=?== -W hc λ 12-4 在一个光电效应实验中测得，能够使钾发射电子的红限波长为562.0nm 。 （1）求钾的逸出功； （2）若用波长为250.0nm 的紫外光照射钾金属表面，求发射出的电子的最大初动能。 解 （1）波长为红限波长λ0的光子具有恰能激发光电子的能量，即光子能量等于逸出功 由W hc =0λ，得钾的逸出功 eV 2.21J 1054.3190 =?==-λhc W

大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案

第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + +

在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O

场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分

《大学物理》第二版-课后习题标准答案-第九章

《大学物理》第二版-课后习题答案-第九章

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习题精解 9-1.在气垫导轨上质量为m 的物体由两个轻弹簧分别固定在气垫导轨的两端，如图9-1所示，试证明物体m 的左右运动为简谐振动，并求其振动周期。设弹簧的劲度系数为k 1和k 2. 解：取物体在平衡位置为坐标原点，则物体在任意位置时受的力为 12()F k k x =-+ 根据牛顿第二定律有 2122()d x F k k x ma m dt =-+== 化简得 212 20k k d x x dt m ++ = 令2 12k k m ω+=则22 20d x x dt ω+=所以物体做简谐振动，其周期 12 22m T k k π π ω = =+ 9-2 如图9.2所示在电场强度为E 的匀强电场中，放置一电偶极矩P=ql 的电偶极子，+q 和-q 相距l ，且l 不变。若有一外界扰动使这对电荷偏过一微小角度，扰动消息后，这对电荷会以垂直与电场并通过l 的中心点o 的直线为轴来回摆动。试证明这种摆动是近似的简谐振动，并求其振动周期。设电荷的质量皆为m ，重力忽略不计。 解 取逆时针的力矩方向为正方向，当电偶极子在如图9.2所示位置时，电偶极子所受力矩为 sin sin sin 22 l l M qE qE qEl θθθ=--=- 电偶极子对中心O 点的转动惯量为 2 2 21 222 l l J m m ml ????=+= ? ????? 由转动定律知 2221sin 2d M qEl J ml dt θθβ=-==? 化简得 222sin 0d qE dt ml θθ+= 当角度很小时有sin 0θ≈，若令2 2qE ml ω= ，则上式变为

上海交大版大学物理第九章参考答案

版权归原著所有 本答案仅供参考 习题9 9-1．在容积3V L =的容器中盛有理想气体，气体密度为ρ=L 。容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了。若温度不变，求排出气体的质量。 解：根据题意，可知： 1.78P atm =，01P atm =，3V L =。 由于温度不变，∴00PV PV =，有：00 1.783PV V L P = =?， 那么，逃出的气体在1atm 下体积为：' 1.78330.78V L L L =?-=， 这部分气体在1.78atm 下体积为：''V = 0'0.7831.78 PV L P ?= 则排除的气体的质量为：0.783'' 1.3 1.71.78 g L m V g L ρ??==?= 。 根据题意pV RT ν=，可得：m pV RT M = ，1V p RT p M m ρ== 9-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。如果其中的一边装有某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少 解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用pV RT ν=，知两气体摩尔数相同，即：H O νν=，∴ O H H O m m M M =，代入数据有： 1.6O m kg = 。 9-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少

解：已知氮气和氧气质量相同，水银滴停留在管的正中央， 则体积和压强相同，如图。 由：mol m pV RT M =，有： 2222 (30)O N O N m m R T RT M M +=， 而：20.032O M kg =，20.028N M kg =，可得：3028 2103028 T K ?= =+ 。 9-4．高压氧瓶：7 1.310p Pa =?，30V L =，每天用51 1.010p Pa =?， 1400V L =，为保证瓶内6' 1.010p Pa ≥?，能用几天 解：由''pV p V =，可得：761.31030'390' 1.010pV Pa L V L p Pa ??===?， ∴'360V V V L ?=-=； 而：11'p V p V ?=?，有：615' 1.010********.010p V Pa L V L p Pa ????===?， 那么：能用的天数为36009400/L n L = =天 天 。 9-5．如图，长金属管下端封闭，上端开口，置于压强为0p 的大气中。在封闭端加热达11000T K =，另一端保持2200T K =，设温度沿管长均匀变化。现封闭开口端，并使管子冷却到100K ，求管内压强。 解：根据题意，管子一端11000T K =，另一端保持2200T K =， 所以，温度沿管长线性分布，设管长为l ，函数关系为： ()200T x kx =+，其中：l k 800 = 。 2 N 2 O

大学物理第九章振动学基础习题答案

第九章 振动学习题 9-1 一小球与轻弹簧组成的振动系统，按(m) 3ππ8cos 05.0??? ? ?+=t x ，的规律做自由振动，试求（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值；（2）t=1s ，2s ，10s 等时刻的相位；（3）分别画出位移、速度和加速度随时间变化的关系曲线。 解：（1）ω=8πs -1，T=2π/ω=0.25s ，A=0.05m ，?0=π/3，m A ω=v ，2m a A ω= （2）π=8π3 t φ+ （3）略 9-2 一远洋货轮质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S 。设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力。（1）证明货轮在水中做振幅较小的竖直自由运动是谐振动；（2）求振动周期。 解：（1）船处于静止状态时gSh mg ρ=，船振动的一瞬间()F gS h y mg ρ=-++ 得F gSy ρ=-，令k gS ρ=，即F ky =-，货轮竖直自由运动是谐振动。 （2 ）ω== 2π2T ω==9-3 设地球是一个密度为ρ在隧道内做无摩擦运动。（1）证明此质点的运动是谐振动；（2）计算其振动周期。 解：以球心为原点建立坐标轴Ox 。质点距球心x 时所受力为 324433 x m F G G mx x πρπρ=-=- 令43 k G m πρ=，则有F kx =-，即质点做谐振动。 （2 ）ω== 2πT ω== 9-4 A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50s 。当t ＝0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在x ＝1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动。求以上各种情况的振动方程。 解：ω=2π/T=4πs -1 （1）?0=0，0.02cos4(m)x t π= （2）?0=π/2，0.02cos 4(m)2x t ππ??=+ ?? ? （3）?0=π/3，0.02cos 4(m)3x t ππ??=+ ?? ? （4）?0=4π/3，40.02cos 4(m)3x t ππ??=+ ??? 9-5 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m 。若使物

大学物理简明教程课后习题答案解析

大学物理简明教程习题答案解析 习题一 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 t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴t r t 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 v d 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 t r d ?d d ?d τ??Θ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 r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的 分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 ? ??+=，

大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案

第四章 电磁学基础 静电学部分 4.2 解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为： 20''41 r q q F qq πε= ()()2 4441l q q F q q πε= 处于平衡状态：()04'=+q q qq F F ()0441'41 2 020=+l q q r q q πεπε （1） 同理，4q 受到的力为：()()()20'44'41 r l q q F q q -= πε ()()204441 l q q F q q πε= ()()04'4=+q q q q F F ()()()04414'41 2020=+-l q q r l q q πεπε （2） 通过（1）和（2）联立，可得： 3 l r =，q q 94'-= 4.3 解：根据点电荷的电场公式： r e r q E 2041 πε= 点电荷到场点的距离为：22l r + 2 2041 l r q E += +πε 两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称： θcos 2//+=E E 0=⊥E 2 2 cos l r r += θ 所以： ( ) 2 32 202 2 2 2021 412 cos 2l r qr l r r l r q E E += ++==+π επεθ q l q +

当l r >> 2 02024121 r q r q E πεπε== 与点电荷电场分布相似，在很远处，两 个正电荷q 组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q 的点电荷的电场分布一样。 4.4 解：取一线元θλRd dq =，在圆心处 产生场强：2 0204141 R Rd R dq dE θλπεπε== 分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加： R R Rd dE x 00 202sin 41πελ θθλπεπ ==? ? 方向：沿x 正方向 4.5 解：（1）两电荷同号，电场强度为零的点在内侧； （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7 解：线密度为λ，分析半圆部分： θλλrd dl dq == 点电荷电场公式： r e r q E 2 041 πε= 在本题中： 2 41r rd E θ λπε= 电场分布关于x 轴对称：θθ λπεθsin 41sin 2 r rd E E x ==，0=y E 进行积分处理，上限为2π ，下限为2π-： r d r r rd E E 0000 2 2sin 4sin 41sin πελ θθπελθθ λπεθππ == ==?? ? 方向沿x 轴向右，正方向 分析两个半无限长： )cos (cos 4d sin 4210021 θθπελ θθπελθθ-===? ?x x dE E x x )sin (sin 4d cos 412002 1 θθπελθθπελθθ-===? ?x x dE E y y x

大学物理简明教程课后习题以及它的答案

大学物理简明教程习题以及它的答案 习题一 1-1 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 t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴t r t 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 v d 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 t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 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 ???+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ????? ???222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 222 22 222d d d d d d d d ? ??? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 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 2 2d 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。在1-1题中已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度 在径向上的分量，同样，2 2d d t r 也不是加速度的模， 它只是加速度在径向分量中的一部分??????????? ??-=222d d d d t r t r a θ径。或者概括性地说，前一种 方法只考虑了位矢r ? 在径向（即量值）方面随时间 的变化率，而没有考虑位矢r ? 及速度v ?的方向随间 的变化率对速度、加速度的贡献。 1-3 解：（1） j t t i t r ???)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有 j i r ???5.081-= m j j r ???4112+=m j j r r r ??? ??5.4312+=-=?m (3)∵ j i r j j r ??????1617,4540+=-= ∴ 1 04s m 534201204-?+=+=--=??=j i j i r r t r v ???????? (4) 1s m )3(3d d -?++==j t i t r v ???? 则 j i v ???734+= 1s m -? (5)∵ j i v j i v ??????73,3340+=+= 2 04s m 1444-?==-=??=j v v t v a ?????

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理(上) 第九章 静电场 习题答案

第九章静电场和稳恒电场 9-1下列说法正确的是 (A) 闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷， (B) 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， (C) 闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零， (D) 闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零。 9-2下列说法正确的是 （A ）电场场强为零的点，电势也一定为零， （B ）电场强度不为零的点，电势也一定不为零， （C ）电势为零的点，电场强度也一定为零， （D ）电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零。 9-3电荷面密度均为 +σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图（a ）放置，其周围空间各点电场强度E （设电场强度方向向右为证、向左为负），随位置坐标x 变化的关系曲线为（） 9-4两个点电荷所带电荷之和为Q ，问他们各带电量为多少时，相互间的作用力最大？ 解：20)(41 r q q Q F ?-?=πε 极限条件0=dq dF 得：2 Q q = 且0212022<-=r dq F d πε，故各带2Q 时，相互作用最大

9-5一半径为R 的半圆细环上均匀地分布电荷Q ，求环心处的电场强度。 解：取dl 电荷元，其所带电量为： θπ θππd Q Rd R Q dl R Q dq =?== θπεπεd R Q R dq dE 20200441 =?= x 轴上x E 的对称为零， ∴??-==α θsin dE E E y 202020224sin R Q d R Q επθεπθπ -=?-=? 9-6一均匀带电线段，带电线密度为λ，长度为L ，求其延长线上与端点相距d 处的场强和电势。 解：)11(4)(40020L d d x d L dx E L +-=-+=? πελπελ d d L L d d x d L dx V L +=+-=-+=?ln 4)1ln 1(ln 4)(40000πελπελπελ 9-7设均匀电场的电场强度E 与半径R 的半球面对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。 解：2R E dS E S π?=?=Φ? 9-8一个内外半径分别1R 为2R 和的均匀带电球壳，总电荷为1Q ，球壳外同心罩一个半径为3R 的均匀带电球面，球面带电荷为2Q ，求各区电场分布。 解：利用高斯定理?∑=?0q d S E ，有 ∑=?024επq r E 1R r <，∑=0q ，01=E （1分）

大学物理简明教程习题

17级临床医学《大学物理》复习题 班级：____________ 姓名：_________ 学号：___________________

习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 （ ） (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D)22)()(dt dy dt dx + 答案：(D)。 (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 （ ） (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 答案：(D)。 (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 （ ） (A) t R t R ππ2,2 (B)t R π2,0 (C)0,0 (D)0,2t R π 答案：(B)。 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 答案： 10m ； 5πm 。 (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 答案： 23m·s -1 . (3) 一质点从静止出发沿半径R=1 m 的圆周运动，其角加速度随时间t 的变化规律是α=12t 2-6t (SI)，则质点的角速度ω =__________________；切向加速度τa =_________________． 答案：4t 3 -3t 2 (rad/s)， 12t 2 -6t (m/s 2 ) 1.5 一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求： (1) 第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．

大学物理学 (第版.修订版) 北京邮电大学出版社 下册 第九章 习题9 答案

习题9 9.1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

大学物理简明教程课后习题加答案《完整版》

大学物理简明教程习题解答 习题一 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 t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴t r t 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 v d 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 t r d ?d d ?d 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 r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度 的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 +=，

大学物理简明教程第版赵近芳习题答案习题静电场

习题7 7-1 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7-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 解得 q q 3 3-=' (2)与三角形边长无关． 题7-1图 题7-2图 题7-2图 7-2 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2θ，如题7--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7-2图示 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 7-3 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2 204q f d πε=，又有人说，因为f ＝qE ，0q E S ε=，所以2 0q f S ε= 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S q E 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 q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 7-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度9 5.010C m λ-=?的正电荷.试求：(1) 在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0a cm =处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线 中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强. 解： 如题7-4图所示 题7-4图 (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 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 22 20d d π41d += x x E Q λε 方向如题7-4图所示

大学物理第9章习题解答

第9章 真空中的静电场 习题解答 9－1 精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为e 21 10－±的 范围内是相等的，而中子的电量在e 21 10 －±的范围内为零。考虑这些误差综合的最 坏情况，问一个氧原子（含8个电子、8个质子、8个中子）所带的最大可能净电荷是多少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净力是引力还是斥力？ 解：（1）一个氧原子所带的最大可能净电荷为 e q 21max 1024－?±= （2）两个氧原子间的电力和万有引力的大小之比为 622 2711 22 1921122 222 max 0108.2)1067.116(1067.6)106.11024(1085.84141 ------?≈??????????=≤r r r m G r q f f G e ππε氧 其净力是引力。 9－2 如习题9－2图所示，在直角三角形ABC 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = －4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强。 解：根据点电荷场强大小的公式 22 014q q E k r r ==πε， 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为 1 12 01 4q E AC = πε 9 94-1 22 1.810910 1.810(N C )(310) --?=?? =??? 方向向下。 点电荷q 2在C 点产生的场强大小为 2220|| 1 4q E BC = πε 99 4-1 22 4.810910 2.710(N C )(410) --?=??=???， 方向向右。 C 处的总场强大小为 E =

《大学物理简明教程》课后习题答案(全)之欧阳光明创编

《大学物理简明教程》习题解答 欧阳光明（2021.03.07） 习题一 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 t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t 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 v d 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 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d 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 ＝2 2y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a =2 22222d 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？

大学物理答案第9章

第九章 静 电 场 9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说法正确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B )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 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面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 ). 9－3 下列说法正确的是( ) (A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零

(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零 分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D). *9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 题 9-4 图 分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B). 9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21 e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e，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.

大学物理课后习题答案第九章

第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案 1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化： 23(65)10t t Wb -Φ=++?。求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。 解：310)62(-?+-=Φ - =t dt d ε 当s t 2=时，V 01.0-=ε 由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向 2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。已知导轨处于均匀磁 场B ?中，B ?的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B ?的大 小为B =kt (k 为正常数)。设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。 解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为 202 1 60cos t kl t Bl S d B m υυ==?=Φρρ 导线回路中感应电动势为 t kl t m υε-=Φ- =d d 方向沿abcda 方向。 3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。求： （1）穿过正方形线框的磁通量； （2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。 解：（1）通过正方形线框的磁通量为 ??=?=Φa S Badx S d B 0ρρ?+=a dx x ak 0)1()2 1 1(2a k a += （2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为 )2 1 1(02a t k a + =Φ 正方形线框中感应电动势的大小为 dt d Φ= ε)2 1 1(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为 )2 11(02a R k a R I +==ε ，方向：顺时针方向