同济大学物理大作业解答7至9章答案

第七章 电流与磁场解答

一、选择题

1．B 2．B 3．D 4．D 5．B 6．D 7．B 8．C

二、填空题

1．不变； 增大 2．T 1014.33-? 3．0

4．沿Ox 轴； 沿Oy 轴正向； 在oxy 平面内与Ox 轴正向成?30角 5．1

6．R F

m e e 1

7．IaB

8．π

4

三、计算题

1．解：电流强度为π

ω

λπ22?

=R I ，按圆电流轴线上磁场的公式，轴线上距圆心为x 处的磁感应强度为 2

3

22

30)

(2x R R B B x +==λω

μ，

方向沿Ox 轴正向。

圆心处0=x ，2

00λω

μ==x B B

2．解：电流密度)

(2

2r R I

-=

πδ

（1）O '处磁感应强度为 a δB ?=012

1

μ ，

2=B a δB B ?==∴'012

1

μo

（2）空腔内任一点的磁感应强度为

1r δB ?=0121

μ

2022

1

r δB ?-=μ

δr r δB B B 21?=-?=+=00212

1

)(21μμ 由此结果可知空腔内任意点P 处磁感应强度与空腔轴线上O '处磁感应强度相同，因此空腔

内为均匀磁场。

3．解：在圆环上取电流元I 1d l ，受力为B l F ?=d d 1I

其方向如图所示，其大小为θθ

πμθπθμd cos 2cos 2d d d 2102101I I R R I I B l I F ==

=

θcos d d F F x =，θsin d d F F y =

21020210cos d cos 2d I I I I F F x x μθ

θ

θπμπ==

=?? ()[]0cos ln 2cos d sin 2d 2021020210=-===??π

πθπ

μθθθπμI I I I F F y y 所以安培力的大小为210I I F F x μ== 方向沿Ox 轴正向

4．解： 按运动电荷的磁场公式3

04r

q r

B ?=

v πμ，A 处质子以a v 运动时，在B 处激发的磁场为2

045sin 4r

q B ?

=

a v πμ，方向垂直纸面向外。 位于B 处的质子所受洛仑兹力的大小为

N 1062.345sin 445sin 490sin 19

2

2020-?=?=?==?=r

q r q q B q B q F b a a b b b m v v v v v v πμπμ方向垂直于b v 与B 构成的平面，故在纸面上，其指向与r 的延长线构成?45角。

因为质子带有正电荷，它要激发电场，在电场中的质子同时要受到电场力的作用，所以在B 处质子还同时受到A 处质子所激发电场的电场力作用。

第八章 电磁感应与电磁场解答

一、选择题

1．B 2．B 3．D 4．C 5．C 6．B 7．B 8．C

二、填空题

1．B ?v

2．

b a b

a I -+?ln 20πμv 3．

t a r I ωπμcos 220； t Ra

r I ωωπμsin 22

0 4．()d d a I +ln 200πμv ； 2

22020ln 4???

??+d d a R I πμv ； 指向左方 5．J 6.9

6．4

105-?Wb

7．RC

t

RC

E r --e

002επ； 相反 8．2 ； 3 ； 1

x

I

1

三、计算题

1．解()()r r

I

R r R

R

b

a a

b d 90sin 2d 02?-=??=

??πμωεl B v ()2ln 12d 12020-=?

?? ??-=?π

ωμπωμR

I r r R I R R 电动势指向为b a →，b 端电势髙。

2．解：由于磁场变化产生的感生电动势为

2

20200013

3

30tan d d d )d(d t B x B S

B S t

t B t S S v =?===???-=???S B

ε

由于导体运动产生的动生电动势：

22023

3

230tan 2)(t B x B v v =

??=??=B v ε 2202202202133

3

233t B t B t B v v v =+=+=∴εεε

3．解：（1）x L x

I

x BL Φd 2d d d 0πμ=

=?=S B a

b

IL x L x I Φb

a

ln 2d 200πμπμ?

== 感应电动势为

t

I a b L t Φ

i d d ln 2d d 0?-=-

=πμε t t e I t

I

I I 404-04d d e --==

t

i a

b LI 400e ln 2-=

∴πμε 0>i ε，方向为顺时针。

（2）a

b L I a b

LI I ΦM ln 2ln

200πμπμ===

4．解：作半径为r 的同轴圆为安培环路，由有介质安培环路定理

?∑=?L

I l H d

得 )(221R r R I

rH <<=π

r

I H π2=

I

A

v

r I

H B πμμ2=

= 磁能密度为 2

22

821r

I BH w m πμ== 体积元为 rl r V d 2d π=

磁场能量为 =

m W ?

V

m V w d =?=?

l r r r I R R d 282

1

222ππμ1

2

2ln 4R R l I πμ

第九章 热力学基础解答

一、选择题

1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D

二、填空题

1．传热； 做功； 其温度的改变量； 过程 2．124.7； -84.3 3．21； 2 4．9.52； 570

5．Pa 1058.74

?

6．等压； 绝热； 等压； 绝热 7．卡诺； %25 8．320K ； 3.9

三、计算题

1．解：(1)等体过程：01=A

()()5J .1246208031.82

5

11211=-???=-=

?=∴T T C M m E Q V 等温过程：02=?E

()J 32033ln28027331812ln d 2222..V

V

RT M m V p A Q V V =?+??====∴?

J 3203321.A A A =+=∴ J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q

J 5.1246

=?E (2)等温过程：03=?E

()J 71687ln22027331812ln 133..V

V

RT M m A Q =?+??===∴

等体过程：04=A ()()J 5.1246208031.82

5

11244=-???=-=?=∴T T C M m E Q V J 7168743.A A A =+=∴ J 22934512467168743...Q Q Q =+=+=∴ J 5124643.E E E =?+?=?

2． 解：γγ

C C B B V p V p = ， 3

m 49.3=B V

由图可看出，C C A A V p V p = ； 从状态方程 RT M

m

pV = 可知 C A T T = 因此在全过程 C B A →→中， 0=?E

C B →过程是绝热过程，有0=BC Q

B A →过程是等压过程，有

J 109.14)(2

5

)

(5?=-=-=A A B B A B P AB V p V p T T C M

m Q

故全过程C B A →→的J 109.145?=+=AB BC Q Q Q 根据热力学第一定律E A Q ?+=，得

全过程C B A →→的J 109.145?=?-=E Q A

3．解：设状态c 的体积为2V ，则由于两状态a 、c 的温度相等，故

在a c b a →→→中，1221

1144

V V V p V p =∴=

在循环过程 A Q ,E =∴=?0

在等体过程b a →中，气体作功为 01=A

在等压过程c b →中，气体作功为 ()()11111121

24

3444V p V V p V V p A =-=-=

在等温过程a c →中，气体作功为 4ln ln 112

1113V p V V

V p A -==

则在整个循环过程中，系统对外作功和吸收的净热量分别为

11321ln443V p A A A A ??? ??-=++= 11ln443V p A Q ??

?

??-==

4．解：在等压过程32→中吸热为

()23T T C M

m

Q p -=

吸 在等压过程14→中放热为

()14T T C M

m

Q p -=

放 所以，2

31

411T T T T Q Q ---

=-

=吸放

η

由于在绝热过程21→和43→中，相关状态参量存在如下关系，即

γ

γγγ111212T p T p --= 1

-2

121)()(γγp p T T = γ

γγγ411312T p T p --= 1

-2

134)()(γγp p T T = 由水两式，得

2

31

43421T T T T T T T T --=

= 从而证得所述循环的效率为

γ

γη12121

11-???

? ??-=-

=p p T T

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 +=+=

同济版大学物理学第五章练习题

第5章 静电场 一、选择题 1. 关于电场线, 以下说法中正确的是 [ ] (A) 电场线一定是电荷在电场力作用下运动的轨迹 (B) 电场线上各点的电势相等 (C) 电场线上各点的电场强度相等 (D) 电场线上各点的切线方向一定是处于各点的点电荷在电场力作用下运动的加速度方向 2. 高斯定理(in ) 01d i s S E S q ε?=?∑??r r ò, 说明静电场的性质是 [ ] (A) 电场线是闭合曲线 (B) 库仑力是保守力 (C) 静电场是有源场 (D) 静电场是保守场 3. 根据高斯定理(in ) 01d i s S E S q ε?=?∑??r r ò，下列说法中正确的是 [ ] (A) 通过闭合曲面的电通量仅由面内电荷的代数和决定 (B) 通过闭合曲面的电通量为正时面内必无负电荷 (C) 闭合曲面上各点的场强仅由面内的电荷决定 (D) 闭合曲面上各点的场强为零时, 面内一定没有电荷 4. 高斯定理成立的条件是 [ ] (A) 均匀带电球面或均匀带电球体所产生的电场 (B) 无限大均匀带电平面产生的电场 (C) 高斯面的选取必须具有某些简单的对称性 (D) 任何静电场 5. 将点电荷Q 从无限远处移到相距为2l 的点电荷＋和－q 的中点处, 则电势能的增加量为 [ ] (A) 0 (B) l q 0π4ε (C) l Qq 0π4ε (D) l Qq 0π2ε 6. 下面关于某点电势正负的陈述中, 正确的是 [ ] (A) 电势的正负决定于试探电荷的正负 (B) 电势的正负决定于移动试探电荷时外力对试探电荷做功的正负 (C) 空间某点电势的正负是不确定的, 可正可负, 决定于电势零点的选取 (D) 电势的正负决定于带电体的正负 7. 由定义式?∞ ?=R R l E U ρρd 可知 8. 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做的功 9. 在电场中有a 、b 两点, 在下述情况中b 点电势较高的是

同济大学物理下册答案

同济大学大学物理下册答案（缺11章） 第九章 热力学基础解答 一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 二、填空题 1．传热； 做功； 其温度的改变量； 过程 2．124.7； -84.3 3．21； 2 4．9.52； 570 5．Pa 1058.74 ? 6．等压； 绝热； 等压； 绝热 7．卡诺； %25 8．320K ； 3.9 三、计算题 1．解：(1)等体过程：01=A ()()5J .1246208031.82 5 11211=-???=-= ?=∴T T C M m E Q V 等温过程：02=?E ()J 32033ln28027331812ln d 2222..V V RT M m V p A Q V V =?+??====∴? J 3203321.A A A =+=∴ J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q J 5.1246=?E (2)等温过程：03=?E ()J 71687ln22027331812ln 133..V V RT M m A Q =?+??===∴ 等体过程：04=A ()()J 5.1246208031.82 5 11244=-???=-=?=∴T T C M m E Q V J 7168743.A A A =+=∴ J 22934512467168743...Q Q Q =+=+=∴ J 5124643.E E E =?+?=? 2． 解：γ γ C C B B V p V p = ， 3 m 49.3=B V 由图可看出，C C A A V p V p = ； 从状态方程 RT M m pV = 可知 C A T T = 因此在全过程 C B A →→中， 0=?E C B →过程是绝热过程，有0=BC Q B A →过程是等压过程，有

大学物理6,7章作业答案

第六章 机械振动参考答案 一. 选择题 1. ( C ) 2. ( B ) 3.( D ) 4. ( D ) 5. ( B ) 6. ( D ) 7. ( D ) 8. ( D ) 9. ( C ) 二. 填空题 10. （ , ） 11. （ ； ； ） 12. （ ； ） 13. （ ） 14. （ 0 ） 三. 计算题 15. 质量为10g 的小球与轻弹簧组成的系统，按 cm )3 8cos(5.0π π+=t x 的规律振动， 式中t 的单位为S 。 试求： （1）振动的圆周期、周期、初相、速度及加速度的最大值； （2）t =1s 、2s 时的相位各为多少？ 解：（1）将原式与简谐振动的一般表达式 比较 圆频率 ，初相 ，周期 速度最大值 加速度最大值 （2） 相位 将 代入，得相位分别为 ．

16. 一质点沿x 轴作简谐振动，平衡位置在x 轴的原点，振幅cm 3=A ，频率Hz 6=ν。 （1）以质点经过平衡位置向x 轴负方向运动为计时零点，求振动的初相位及振动方程； （2）以位移 cm 3-=x 时为计时零点，写出振动方程. 解: (1) 设振动方程为 当t =0, x =0, 做旋转矢量图，可得初相位 振动方程为 (2) 当t =0 , x = －3cm , 做旋转矢量图，可得初相位 所以振动方程为 17. 在一轻弹簧下端悬挂 砝码时，弹簧伸长8cm ，现在此弹簧下端悬挂 的物体，构成弹簧振子。将物体从平衡位置向下拉动4cm ，并给以向上的21cm/s 初 速度（设这时t = 0）令其振动起来，取x 轴向下，写出振动方程。 解: 设振动方程为 由 ，可知 振幅A 初相位由旋转矢量图可得 振动方程为

大学物理5章作业

第五章热力学基础 答案在最后 一.选择题 1.下列说法正确的是 (A) 热传递可以使系统内能发生变化,而做功不能 (B)做功与热传递都可以使系统内能发生变化 (C) 做功与热传递微观本质是一样的 (D) 做功与热传递均与具体过程无关 2. 一系统从外界吸收一定热量，则 (A) 系统的内能一定增加 (B) 系统的内能一定减少 (C) 系统的内能一定保持不变 (D) 系统的内能可能增加，也可能减少或保持不变 3. 用公式（式中为定体摩尔热容，视为常量，为气体摩尔数）计算理想气体内能增量时，此式 (A) 只适用于准静态的等体过程 (B) 只适用于一切等体过程 (C) 只适用于一切准静态过程 (D) 适用于一切始末态为平衡态的过程 4.一定量氧气经历等压膨胀过程，其对外做的功与从外界吸收的热量之比为 (A) (B) (C) (D) 5. 一定量理想气体从同一状态出发体积由V1膨胀至V2，经历的过程分别是：等压过程，

等温过程，绝热过程，其中吸热最多的过程是 (A) 等压过程 (B) 等温过程 (C) 绝热过程 (D) 几个过程吸热一样多 6. 两个卡诺热机共同使用同一低温热源，但高温热源的温度不同，在V p 图上，它们的循环曲线所包围的面积相等，则 (A) 两热机的效率一定相等 (B) 两热机从高温热源吸收的热量一定相等 (C) 两热机向低温热源放出的热量一定相等 (D) 两热机吸收的热量与放出的热量（绝对值）的差值一定相等 7. 在温度为427℃和27℃的高温热源和低温热源之间工作的热机，理论上的最大效率为 (A) 28.6% (B) 93.7% (C) 57.1% (D) 46.9% 8. 由热力学第二定律可知 （1）对任何热力学过程，功可以完全变为热，而热不能完全变为功 （2）一切热机的效率不可能为100% （3）热不能从低温物体向高温物体传递 （4）气体能自由膨胀，但不能自动收缩 以上说法正确的是 (A) （1）（2） (B) （2）（3）（4） (C) （2）（4） (D) 全正确 二. 填空题

大学物理3章作业

第三章刚体力学 一.选择题 1. 刚体的转动惯量较大，则 (A) 该刚体的质量较大 (B) 该刚体转动的角速度较大 (C) 该刚体转动的角加速度较大 (D) 该刚体转动惯性较大 2.匀质细棒可绕通过其一端并与棒垂直的水平光滑轴在竖直面内转动，今使棒从水平位置开始自由下摆，在摆动到竖直位置的过程中，下述说法正确的是 (A) 角速度从大到小，角加速度从大到小 (B) 角速度从大到小，角加速度从小到大 (C) 角速度从小到大，角加速度从大到小 (D) 角速度从小到大，角加速度从小到大 3.几个力同时作用在一个有固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必不会转动 (B) 转速必不变 (C) 转速必改变 (D) 转速可能变，也可能不变 4.半径均为R的匀质圆盘和圆环，质量都为m，都围绕通过圆心垂直于圆平面的轴转动，在相同外力矩作用下，获得的角加速度分别是、，则 (A) (B) (C) (D) 无法确定 5. 两小球质量为m及2m，由长为的轻杆相连，系统绕通过杆中心垂直于杆的轴以恒定角速度转动，则系统的转动惯量和转动动能为

(A) ，

(B) ， (C)， (D) ， 6. 质点作匀速率圆周运动时 (A) 它的动量不变，对圆心的角动量也不变 (B) 它的动量不变，对圆心的角动量不断变化 (C) 它的动量不断改变，对圆心的角动量不变 (D) 它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变 7.人造地球卫星绕地球做椭圆运动(地球在椭圆一个焦点上),则卫星的 (A) 动量不守恒,角动量不守恒 (B) 动量不守恒,角动量守恒 (C) 动量守恒,角动量守恒 (D) 动量守恒,角动量不守恒 8.一转盘绕固定水平轴O匀速转动，沿同一水平直线从相反方 向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并留于盘中，则子弹射入 后的瞬时转盘的角速度 (A) 增大 (B) 减小 (C) 不变 (D) 无法确定 三.填空题 9. 一飞轮做匀减速运动，在5s内角速度由减至，则角加速度为__________，该飞轮在这5s内总共转过了__________圈. 10. 如图，长为l质量为m的匀质细杆，绕端点轴O在竖直面内旋转，

同济大学大学物理下册答案

同济大学大学物理下册答案（缺11 12章） 第九章 热力学基础解答 一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 二、填空题 1．传热； 做功； 其温度的改变量； 过程 2．124.7； -84.3 3．21； 2 4．9.52； 570 5．Pa 1058.74? 6．等压；绝热；等压；绝热 7．卡诺； %25 8．320K ；3.9 三、计算题 1．解：(1)等体过程：0 1=A ()()5J .1246208031.82 5 11211=-???=-= ?=∴T T C M m E Q V 等温过程：0 2=?E ()J 32033ln28027331812ln d 2222..V V RT M m V p A Q V V =?+??====∴? J 3203321.A A A =+=∴J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q J 5.1246=?E (2)等温过程：0 3=?E ()J 71687ln22027331812ln 133..V V RT M m A Q =?+??===∴ 等体过程：04=A ()()J 5.1246208031.82 5 11244=-???=-=?=∴T T C M m E Q V J 7168743.A A A =+=∴J 22934512467168743...Q Q Q =+=+=∴ J 5124643.E E E =?+?=? 2．解：γγ C C B B V p V p =，3 m 49.3=B V 由图可看出，C C A A V p V p =；从状态方程RT M m pV =可知C A T T = 因此在全过程C B A →→中，0=?E C B →过程是绝热过程，有0=BC Q B A →过程是等压过程，有

高等代数与解析几何同济答案

高等代数与解析几何同济答案 【篇一：大学所有课程课后答案】 资料打开方法：按住 ctrl键，在你需要的资料上用鼠标左键单击 资料搜索方法：ctrl+f 输入关键词查找你要的资料 【数学】 o o o o o o o o o o o o o o o o o

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大学物理8章作业

第八章波动光学 (一) 光的干涉 答案在最后 一. 选择题 1. 波长为λ的单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面 反射的两束光发生干涉，如图所示，若薄膜的厚度为e，且 ，则两束反射光的光程差为 (A) (B) (C) (D) 2. 如图示，波长为λ的单色光，垂直入射到双缝，若P点是 在中央明纹上方第二次出现的明纹，则光程差为 (A) 0 (B) λ (C) 3λ/2 (D) 2 λ 3. 在双缝干涉实验中，屏幕上的P点处是明条纹，若将缝 盖住，并在连线的垂直平分面处放一高折射率介质反射面 M，如图示，则此时 (A) P点处仍为明条纹 (B) P点处为暗条纹 (C) 不能确定P点处是明条纹还是暗条纹 (D) 无干涉条纹 4. 双缝干涉中，若使屏上干涉条纹间距变大，可以采取 (A) 使屏更靠近双缝 (B) 使两缝间距变小 (C) 把两个缝的宽度稍稍调窄 (D) 用波长更短的单色光入射 5. 波长为λ的单色光垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，薄膜放在空气中，要使反射光干涉加强，薄膜厚度至少为

(A) λ /2 (B) λ /2n (C) λ /4 (D) λ /4n 6. 两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射，若上面的平玻璃慢慢向上平移，则干涉条纹 (A) 向棱边方向平移，条纹间距变小 (B) 向棱边方向平移，条纹间距变大 (C) 向棱边方向平移，条纹间距不变 (D) 向远离棱边方向平移，条纹间距不变 (E) 向远离棱边方向平移，条纹间距变小 7. 在图示三种透明材料构成的牛顿环装置中，用单色光垂直 照射，再反射光中看到干涉条纹，则在接触点处形成的圆斑为 (A) 全明 (B) 全暗 (C) 右半边明，左半边暗 (D) 右半边暗，左半边明 8. 在迈克耳逊干涉仪的一条光路中放入折射率为n的透明薄膜后，观察到条纹移动6条，则薄膜的厚度是 (A) 3λ (B) 3λ /n (C) 3λ /(n-1) (D) 6λ /n 二. 填空题 9. 有两种获得相干光的基本方法，它们是__________________和___________________. 10. 两同相位相干点光源、，发出波长为λ的光，A是它们连线中垂线上的一点，在 与A间插入厚度为e折射率为n的薄玻璃片，两光源发出的光到达A点时光程差为______________，相位差为____________________. 11. 杨氏双缝干涉实验中，双缝间距为d，屏距双缝的间距为D（D >>d），测得中央明条纹与第三级明条纹间距为x，则入射光的波长为_____________________. 12. 一双缝干涉装置，在空气中观察时干涉条纹间距为1mm，若将整个装置放入水中，干涉条纹的间距变为_________________mm.（设水的折射率为4/3） 13. 波长为λ的单色光垂直照射到两块平玻璃片构成的劈尖上，测得相邻明条纹间距为l，

同济大学大学物理下知识点总结

普通物理（下）学习总结 第九章——热力学基础 章节概述：热力学整章的重点在于理想气体动态方程、热力学两大定律在各种状态下的应用以及卡诺定理用来计算各种热机的效率。 1、 开尔文温度和摄氏温度的换算。t=T-273.15 2、 平衡状态、准静态过程和非静态过程的区别。对于一个孤立系统而言，如果其宏观性质 经过充分长的时间后保持不变，即系统的状态参量不再随时间改变，此时系统属于平衡态。而如果系统在变化过程中，每一个中间状态都无线接近于平衡态，则称之为准静态过程。 3、 理想气体的状态方程：注意玻尔兹曼常量和斯密特常量的定义。 4、 焦耳的实验，定义了热功当量。如用做功和传热的方式使系统温度升高相同时，所传递 的热量和所做的功总有一定的比例关系，即1卡热量=4.18焦耳的功可见，功与热量具有等效性。做功与传热虽然有等效的一面，但本质上有着区别。做功：通过物体作宏观位移完成。作用是机械运动与系统内分子无规则运动之间的转换。从而改变内能。传热：通过分子间相互作用完成。作用是外界分子无规则热运动与系统内分子无规则热运动之间的转换。从而改变了内能。 5、 对微小过程，即准静态过程，dW dE dQ += 6、 等温等压过程、绝热过程、多方过程中热力学第一定律的应用。 7、 热循环、制冷机与热机的关系、卡诺循环及其效率的计算。

8、热力学第二定律的两种表述（克劳斯修表述和开尔文表述）。开尔文表述（开氏表述）： 不可能从单一热源吸取热量，使它完全变为有用功而不引起其它变化。克劳修斯表述（克氏表述）：热量不能自动地从低温物体传到高温物体。 第十章——气体动理论 章节概述：本章主要讲述了气体动理论的两个基本公式——压强公式和能量公式，理解分子热运动的原理，能够理解热力学第二定律和熵的意义。在本章中还大量地运用了统计规律来对分子的热运动进行分析，即通过对微观物理量求统计平均值的方法得到宏观物理量。 1、自然界的一切宏观物体，无论是气体、液体亦或是固体，都是由大量分子或原子构成。分子间存在相互作用力。构成物质的分子处于永恒的、杂乱无章的运动之中。 2、理想气体的压强公式和气体温度的微观实质。气体的温度其实标志着气体内部分子无规则热运动的剧烈程度，代表了气体分子的平均平动动能。 3、刚性分子的自由度。 多原子分子 3 3 6 内能公式为。

大学物理78章作业解

7-3．在体积为2.0×10-3m 3 的容器中，有内能为 6.75×102J 的刚性双原子分子理想气体。求： (1)气体的压强；(2)设分子总数为 5.4×1022 个，则分子的平均平动动能及气体的温度。 [解] （1）理想气体的内能 kT i N E 2 ? = （1） 理想气体的压强 kT V N nkT p == （2） 由（1）、（2）两式可得 532 1035.110 251075.6252?=????==-V E p Pa （2）由 kT i N E 2 ?= 则 362104.51038.151075.625222232=??????==-kN E T K 又 2123105.73621038.12 323--?=???==kT w J 7-4．容器内储有氧气，其压强为 p = 1.01×10 5 Pa ，温度为 t = 27℃。试求： (1)单位体积内的分子数； (2)分子的平均平动动能。 解：（1）由nkT p = （2）J 1021.63001038.12 3232123--?=???==kT w 7-5．容器内某理想气体的温度T ＝273K ，压强p =1.00 ×10-3atm ，密度为31.25g m ρ-=?，求：(1)气体的摩尔质量；(2)气体分子运动的方均根速率；(3)气体分子的平均平动动能和转动动能；(4)单位体积内气体分子的总平动动能；(5)0.3mol 该气体的内能。 [解] （1）由 RT pV ν= 所以 4931025.110013.11000.133335 32 =?????===--ρp m kT v m （2） 气体的摩尔质量 所以该气体是2N 或CO （3）气体分子的平均平动动能 气体分子的转动动能 （4）单位体积内气体分子的总平动动能 （5）该气体的内能 8-3．一定量的理想气体，其体积和压强依照V =a 的规律变化，其中a 为已知常数。试求： (1)气体从体积V 1膨胀到V 2所作的功； (2)体积为V 1时的温度T 1与体积为V 2时的温度T 2之比。 解：???? ??-===??21 222112121V V a dv v a pdv A v v v V （2）由状态方程 RT M m PV = 得 8-4. 0.02kg 的氦气(视为理想气体)，温度由17℃升为27℃，假设在升温过程中 (1)体积保持不变；(2)压强保持不变；(3)不与外界交换热量。试分别求出气体内能的改变，吸收的热量，外界对气体所作的功。

大学物理习题答案--第二章

第2章作业解 2-2 目前，真空设备内部的压强可达Pa 10 1001.1-?，在此压强下温度为C ?27时，31m 体 积中有多少个气体分子？ 解：将气体看做理想气体，由压强公式：nkT p = 则： 31023 10 1044.2) 27327(1038.11001.1---?=+??==m KT p n 2-3 一个容器内储有氧气，其压强为Pa 5 1001.1?，温度为C ?27，计算：（1）气体分子数密度；（2）氧气的密度；（3）分子平均平动动能。 解：（1）由nkT p =，则：3 2523 51044.2300 1038.11001.1--?=???==m kT p n （2）由T V R M V T V R M m p RT M m pV ρ== = , 则：氧气的密度：33 530.1300 31.810321001.1--?=????==m kg RT pM ρ （3）分子平均平动动能：J kT k 21231021.63001038.12 3 23--?=???==ε 2-4 kg 2 100.2-?的氢气装在3 3 100.4m -?的容器内，当容器内的压强为Pa 5 109.3?时， 氢气分子的平均平动动能为多大？已知氢气的摩尔质量为1 3 102-??mol kg 。 解：由：RT M m pV = ，得：M mR pV T /= 则氢气分子的平均平动动能为： m N pVM m pVM R k kT A 232323= = J 172 24335109.310 0.21002.6102100.4109.323---?=?????????= 2-5 某些恒星的温度可达到K 8 100.1?，这是发生聚变反应（也称热核反应）所需的温度。在此温度下的恒星可视为由质子组成。试求（1）质子的平均动能；（2）质子的方均根速率（提示：大量质子可视为由质点组成的理想气体，质子的摩尔质量为)1011 3 --??mol kg 。 解：可将质子气看做是单原子气体，其自由度3=i ，则：

同济大学大学物理复习资料

第一章 质点运动学 班号 学号 姓名 日期 一、 选择题 1． 一个质点在Oxy 平面上运动，已知质点的运动方程为j t i t r 2252 （SI ），则该质点 作 （A ）匀速直线运动； （B ）变速直线运动； （C ）抛物线运动； （D ）一般曲线运动。 （ B ） 2．一个质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程， 表示曲线的切线方向。下列几个表达式中，正确的表达式为C （A ）a t d d v ； （B ）v t r d d ； （C ） v t s d d ； （D ） a t d d v 。 （ C ） 3．沿直线运动的物体，其速度的大小与时间成反比，则其加速度的大小与速度大小的关系是 （A ）与速度大小成正比； （B ）与速度大小的平方成正比； （C ）与速度大小成反比； （D ）与速度大小的平方成反比。 （ B ） 4．下列哪一种说法是正确的 (A) 在圆周运动中，加速度的方向一定指向圆心； (B) 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变； (C) 物体作曲线运动时，速度的方向一定在运动轨道的切线方向上，法向分速度恒等于零；因此其法向加速度也一定等于零； (D) 物体作曲线运动时，必定有加速度，加速度的法向分量一定不等于零。 （ D ） 5． 如图所示，路灯距离地面高度为H ，行人身高为h 以匀速v 背向路灯行走，则人头的影子移动的速度为 (A) v H h H ； （B ）v h H H ； (C ） v H h ； （D ） v h H 。 （ B ） 6．一物体从某一确定高度以0v 的速度水平抛出，已知它落地时 的速度为 t v ，那么它运动的时间是 (A) g t 0v v ； (B) g t 20v v ； (C) g 2120 2 t v v ； (D) g 2120 2 t v v 。 选择题5图

同济大学普通物理活页作业答案

第一章 质点运动学 班号 学号 姓名 日期 一、 选择题 1． 一个质点在Oxy 平面上运动，已知质点的运动方程为j t i t r 2 252-=（SI ），则该质点 作 （A ）匀速直线运动； （B ）变速直线运动； （C ）抛物线运动； （D ）一般曲线运动。 （ B ） 2．一个质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，τ表示曲线的切线方向。下列几个表达式中，正确的表达式为C （A ） a t =d d v ； （B ）v =t r d d ； （C ） v =t s d d ； （D ）τa =t d d v 。 （ C ） 3．沿直线运动的物体，其速度的大小与时间成反比，则其加速度的大小与速度大小的关系是 （A ）与速度大小成正比； （B ）与速度大小的平方成正比； （C ）与速度大小成反比； （D ）与速度大小的平方成反比。 （ B ） 4．下列哪一种说法是正确的 (A) 在圆周运动中，加速度的方向一定指向圆心； (B) 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变； (C) 物体作曲线运动时，速度的方向一定在运动轨道的切线方向上，法向分速度恒等于零；因此其法向加速度也一定等于零； (D) 物体作曲线运动时，必定有加速度，加速度的法向分量一定不等于零。 （ D ） 5． 如图所示，路灯距离地面高度为H ，行人身高为h 匀速v 背向路灯行走，则人头的影子移动的速度为 (A) v H h H -； （B ）v h H H -； (C ） v H h ； （D ） v h H 。 （ B ） 6．一物体从某一确定高度以0v 的速度水平抛出，已知它落地时的速度为 t v ，那么它运动的时间是 (A) g t 0v v -； (B) g t 20 v v -； 选择题5图

同济版大学物理上册第一章练习题

第1章 质点运动学 一、选择题 1. 一质点作抛体运动, 忽略空气阻力, 在运动过程中, 该质点的t d d v 和t d d v 的变化情 况为 [ ] (A) t d d v 的大小和t d d v 的大小都不变 (B) t d d v 的大小改变, t d d v 的大小不变 (C) t d d v 的大小和t d d v 的大小均改变 (D) t d d v 的大小不变, t d d v 的大小改变 2. 一质点在平面上作一般曲线运动, 其瞬时速度为v , 瞬时速率为v , 平均速度为v , 平均速率为v , 它们之间的关系必定为 [ ] (A) v v = v v = (B) v v ≠ v v = (C) v v ≠ v v ≠ (D) v v = v v ≠ 3. 下面各种判断中, 错误的是 [ ] (A) 质点作直线运动时, 加速度的方向和运动方向总是一致的 (B) 质点作匀速率圆周运动时, 加速度的方向总是指向圆心 (C) 质点作斜抛运动时, 加速度的方向恒定 (D) 质点作曲线运动时, 加速度的方向总是指向曲线凹的一边 4. 一抛射物体的初速度为0v , 抛射角为θ, 如图所示．则该抛物线最高点处的曲率半径为 [ ] (A) ∞ (B) 0 (C) g 20v (D) θ22 0cos g v 5. 质点作曲线运动, r 表示位置矢量的大小, s 表示路程, a 表示加速度大小, 则下列各 式中正确的是 [ ] (A) a t =d d v (B) v =t r d d (C) v =t s d d (D) a t =d d v 6. 质点作变速直线运动时, 速度及加速度的关系为 [ ] (A) 速度为0, 加速度一定也为0 (B) 速度不为0, 加速度也一定不为0 (C) 加速度很大, 速度也一定很大 (D) 加速度减小, 速度的变化率也一定减小 7. 一质点在平面上运动, 已知质点位置矢量的表示式为j t b i t a r 2 2+=(其中a 、b 为 常量) , 则该质点作 [ ] (A) 匀速直线运动 (B) 变速直线运动 (C) 抛物曲线运动 (D) 一般曲线运动 8. 一质点在xOy 平面内运动, 其运动方程为Rt t R x ωω+=sin ,

南华大学大学物理(下)期末考试部分课后作业解答

第9章 真空中的静电场 习题解答 9－5 一无限长均匀带电细棒被弯成如习题9－5图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零。 解： 设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场 强。 在圆弧上取一弧元 d s =R d φ 所带的电量为 d q = λd s 在圆心处产生的场强的大小为 2200d d d d 44q s E k r R R λλ?πεπε=== 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ 总场强为 2/2 0/2 cos d 4x E R πθθ λ??πε--= ? 2/2 0/2 sin 4R πθθλ? πε--= 0sin 22 R λθ πε= 方向沿着x 轴正向。 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强． 根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为 ` 04E R λ πε= 由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为 ``02cos cos 2 22 x E E R θ λθ πε== 方向沿着x 轴负向 当O 点合场强为零时，必有` x x E E =，可得 tan θ/2 = 1 因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2 9－6 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如习题9－6图所示。试求

平板所在平面内，离薄板边缘距离为a 的P 点处的场强。 解： 建立坐标系。在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为 d λ = σd x 根据直线带电线的场强公式 02E r λ πε= 得带电直线在P 点产生的场强为 00d d d 22(/2) x E r b a x λ σπεπε= = +- 其方向沿x 轴正向。 由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为 /2 0/2 1 d 2/2b b E x b a x σπε-= +-? /2 /2 ln(/2)2b b b a x σ πε--=+- 0ln(12b a σπε= + ① 场强方向沿x 轴正向。 9－7 有一半径为r 的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处的电场强度。 解: 如图所示，在球面上任取一面元 ? θθd d s i n d 2r S =，其上带电量为 ?θθσσd d sin d d 2r S q =?=，电荷元q d 在球心处产生的场强的大小为 2 2020d d sin 41d 41 d r r r q E ? θθσπεπε== 方向如图。由对称性分析可知，球心处场强方向竖直向下，其大小为 20 2 4 d cos sin 4d cos d εσθθθπεσ ?θπ π = ===???E E E z

大学物理7章作业

第七章机械波 一. 选择题 1. 机械波的表示式为（SI），则 (A) 其振幅为3m (B) 其波速为10m/s (C) 其周期为1/3s (D) 波沿x轴正向传播 2. 一平面简谐波沿x轴正向传播，时波形图如图示， 此时处质点的相位为 (A) 0 (B) π (C) π/2 (D) - π/2 3. 频率为100Hz、波速为300m/s的简谐波，在传播方向上有两点同一时刻振动相位差为π/3，则这两点相距 (A) 2m (B) 21.9m (C) 0.5m (D) 28.6m 4. 一平面简谐波在介质中传播，某瞬时介质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量为 (A) 动能最大，势能为零 (B) 动能为零，势能最大 (C) 动能为零，势能为零 (D) 动能最大，势能最大 5. 一平面简谐波在弹性介质中传播，下述各结论哪个是正确的？ (A) 介质质元的振动动能增大时，其弹性势能减小，总机械能守恒 (B) 介质质元的振动动能和弹性势能做周期性变化，但二者的相位不相同 (C) 介质质元的振动动能和弹性势的相位在任一时刻都相同，但二者的数值不相等 (D) 介质质元在其平衡位置处弹性势能最大 6. 两相干波源S1、S2发出的两列波长为λ的同相位波列在P点相遇，S1到P点的距离是r1，S2到P点的距离是r2，则P点干涉极大的条件是 (A) (B) (C) (D)

7. 两相干波源S 1和S2相距λ/4（λ为波长），S1的相位比S2的相位超前，在S1、S2连线上，S1外侧各点（例如P点）两波干涉叠加的结果是 (A) 干涉极大 (B) 干涉极小 (C) 有些点干涉极大，有些点干涉极小 (D)无法确定 8. 在波长为λ的驻波中，任意两个相邻波节之间的距离为 (A) λ (B) 3λ/4 (C) λ/2 (D) λ/4 二. 填空题 9. 一声波在空气中的波长是0.25m，传播速度时340m/s，当它进入另一种介质时，波长变成了0.37m，则它在该介质中的传播速度为__________________. 10. 平面简谐波沿x轴正向传播，波动方程为，则处质点的振动方程为_________________，处质点与处质点振动的相位差为_______. 11. 简谐波沿x轴正向传播，传播速度为5m/s ，原点O振动方程为 (SI)，则处质点的振动方程为_____________________. 12. 一平面简谐波周期为2s，波速为10m/s，A、B是同一传播方向上的两点，间距为5m，则A、B两点的相位差为_______________. 13. S 1、S2是两个相干波源，已知S1初相位为，若使S1S2连线中垂线上各点均干涉相 的初相位为_______________. 消，S 14. 如图，波源S1、S2发出的波在P点相遇，若P点的合振 幅总是极大值，则波源S1的相位比S2的相位领先 _____________________. 三. 计算题

大学物理作业上册解答

N 2．质量为M 1＝24 kg 的圆轮，可绕水平光滑固定轴转动，一轻绳缠绕于轮上另一端通过质量为M 2＝5 kg 的圆盘形定滑轮悬有m ＝10 kg 的物体。设绳与定滑轮间无相对滑动，圆轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯 量分别为21121R M J =，2222 1 r M J =。求当重物由静止开始下降了h ＝0.5 m 时， (1) 物体的速度； (2) 解：顺时针转向为正： 1M ： 111βJ R T = ⑴1βR a = 2112 1R M J = 2M ： 2212βJ r T r T =- ⑵ 2βr a = 2222 1r M J = m ： ma T mg =-2 ⑶ 由⑴得：121121 βR M R T = a M T 112 1 = 由⑵得： a M T T 21221 =- a M M T )(2 1 212+= 由⑶得：a M M m mg ?? ? ???++=)(2121 )/(42222 1s m M M m mg a =++= ah v 22 = )/(2242 1s m M M m m g h v =++= N a M M M m mg M T 482 1 212111==++= N a g m M M m mg M M T 58)(2)(2 1212=-=+++=

3．长为l 的匀质细杆，可绕过杆的一端O 点的水平光滑固定轴转动，开始时静止于竖直位置。紧挨O 点悬一单摆，轻质摆线的长度也是l ，摆球质量为m 。若单摆从水平位置由静止开始自由摆下，且摆球与细杆作完全弹性碰撞，碰撞后摆球正好静止。求： (1) 细杆的质量。 (2) 细杆摆起的最大角度θ 。 解：（1）单摆下落过程机械能守恒： mgl mv =2 2 1 gl v 2=? 碰撞过程角动量守恒：ω23 1Ml mvl = ωl v = 则细杆的质量： m M 3= （2）细杆摆动过程机械能守恒： )cos 1(2 1 312122θω-?=??l Mg Ml 即： mgl mv l Mg Ml ==-?=??2 222 1)cos 1(213121θω 则：3 1a r c c o s 1c o s =?=θθ 3 三、计算题： 1．1mol 双原子分子理想气体从状态A(p 1,V 1)沿p —V 图所示直线变化到状态B(p 2,V 2)，试求：（1）气体的内能增量；（2）气体对外界所作的功；（3）气体吸 收的热量；（4）此过程的摩尔热容。（摩尔热容T Q C ??=/，其中Q ?表示 1mol 物质在过程中升高温 度T ?时所吸收的热量。） （1） )(2 5 )(25112212V P V P T T R E -=-=? （2）)(21 ))((2111221221V P V P V V P P A -=-+= p 1p p 1 2

大学物理活页作业答案及解析((全套))

1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r )(21m j i r )(242m j i r )(3212m j i r r r )/(32s m j i t r v （2）)(22SI j t i dt r d v )(2SI j dt v d a )/(422s m j i v )/(222 s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o sin cos 2

t A tdt A A vdt A x t o t o cos sin 9．解：（1）设太线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5 s m t h dt ds v /1094.1cos 3 2 （2）当旗杆与投影等长时，4/ t h s t 0.31008.144 10．解： ky y v v t y y v t dv a d d d d d d d -k y v d v / d y C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C )(22 22y y k v v o o

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωωR ωt ωR ωv +-=2 cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ， t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单

位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== 2221 n t a a a t =-= + 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 2d t g a = + 1-5. 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t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =