第13章 静电场中的导体和电解质
一、选择题
1(D)，2(A)，3(C)，4(C)，5(C)，6(B)，7(C)，8(B)，9(C)，10(B)
二、填空题
(1). 4.55×105 C ；
(2). σ (x ，y ，z )/ε
0，与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0). (3). εr ，1， εr ； (4). 1/εr ，1/εr ；
(5). σ ，σ / ( ε 0ε r )； (6).
R
q 04επ ；
(7). P ，－P ，0； (8) (1- εr )σ / εr ； (9). 452； (10). εr ，εr
三、计算题
1.如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势． (3) 球心O 点处的总电势．
解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 a
dq
U q 04επ=
⎰-a
q
04επ-=
(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=
a q 04επ-
b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εb
Q
04επ+
2. 一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm ，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183)
解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布 为 )2/(r E ελπ= 设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为
⎰⎰⋅π==R r
R
r r r r E U d 2d ελ 0ln 2r R
ελπ=
电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有
002E r ελπ=，0
00ln r R E r U = 适当选择r 0的值，可使U 有极大值，
即令0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U ，得 e R r /0=，显然有
2
2d d r U < 0，
故当 e R r /0= 时电容器可承受最高的电压 e RE U /0max = = 147 kV.
3. 如图所示，一圆柱形电容器，内筒半径为R 1，外筒半径为R 2 (R 2＜2 R 1)，其间充有相对介电常量分别为εr 1和εr 2＝εr 1 / 2的两层各向同性均匀电介质，其界面半径为R ．若两种介质的击穿电场强度相同，问：
(1) 当电压升高时，哪层介质先击穿？
(2) 该电容器能承受多高的电压？
解：(1) 设内、外筒单位长度带电荷为＋λ和－λ．两筒间电位移的大小为 D ＝λ / (2πr ) 在两层介质中的场强大小分别为
E 1 = λ / (2πε0 εr 1r )， E 2 = λ / (2πε0 εr 2r ) 在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即
E 1M = λ / (2πε0 εr 1R 1)， E 2M = λ / (2πε0 εr 2R ) 可得 E 1M / E 2M = εr 2R / (εr 1R 1) = R / (2R 1)
已知 R 1＜2 R 1， 可见 E 1M ＜E 2M ，因此外层介质先击穿． (2) 当内筒上电量达到λM ，使E 2M ＝E M 时，即被击穿，
λM = 2πε0 εr 2RE M 此时．两筒间电压(即最高电压)为：
r r r r U R R r M R
R r M d 2d 22
1
201012⎰⎰
+=επελεπελ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=R R R R RE r r M r 22112ln 1
ln 1εεε
4. 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t ( (1) 电容C 于多少？ (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？ 解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε= 金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为 2211d E d E U U B A +=- )(210d d S q += ε)(0t d S q -=ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε 因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响． O R 1 R 2 R εr 2εr 1 t S S S d A d 1 t d 2 d 5. 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a ，外筒半径为b ，筒长都是L ，中间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．内、外筒分别带有等量异号电荷+Q 和-Q ．设 (b - a ) << a ，L >> b ，可以忽略边缘效应，求： (1) 圆柱形电容器的电容； (2) 电容器贮存的能量． 解：由题给条件 (a a b <<-)和b L >>，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为： )2/(0Lr Q E r εεπ= 两筒间的电势差 =π= ⎰r dr L Q U b a r εε02a b L Q r ln 20εεπ 电容器的电容 )]//[ln()2(/0a b L U Q C r εεπ== 电容器贮存的能量 22 1 CU W = )/ln()]4/([02a b L Q r εεπ= 6. 如图所示，一平板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，其间填有两层厚度相同的各向同性均匀电介质，其介电常量分别为ε1和ε2．当电容器带电荷±Q 时，在维持电荷不变下，将其中介电常量为ε1的介质板抽出，试求外力所作的功． 解：可将上下两部分看作两个单独的电容器串联，两电容分别为 d S C 112ε= ，d S C 222ε= 串联后的等效电容为 () 21212εεεε+=d S C 带电荷±Q 时，电容器的电场能量为 ()S d Q C Q W 21212242εεεε+== 将ε1的介质板抽去后，电容器的能量为 ()S d Q W 202024εεεε+=' 外力作功等于电势能增加，即 ⎪⎪⎭ ⎫ ⎝⎛-=-'=∆=102114εεS d Q W W W A 7. 如图所示，将两极板间距离为d 的平行板电容器垂直地插入到密度为ρ、相对介电常量为εr 的液体电介质中．如维持两极板之间的电势差U 不变，试求液体上升的高度h ． 解：设极板宽度为L ，液体未上升时的电容为 C 0 = ε0HL / d 液体上升到h 高度时的电容为 ()d hL d L h H C r εε ε00 +-=()011C H h r ⎥⎦⎤⎢⎣ ⎡-+=ε 在U 不变下，液体上升后极板上增加的电荷为 ()d hLU U C CU Q r /100-=-=∆εε 电源作功 ()d hLU QU A r /12 0-==∆εε 液体上升后增加的电能 20212121U C CU W -= ∆()d hLU r /12 1 20-=εε 液体上升后增加的重力势能 2 22 1gdh L W ρ=∆ 因 A = ∆W 1+∆W 2，可解出 ()2 2 01gd U h r ρεε-= 思考题1. 无限大均匀带电平面（面电荷密度为σ）两侧场强为)2/(0εσ=E ，而在静电平衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为σ）附近场强为0/εσ=E ，为什么前者比后者小一半？ 参考解答： 关键是题目中两个式中的σ不是一回事。下面为了讨论方便，我们把导体表面的面电荷密度改为σ′，其附近的场强则写为./0εσ'=E 对于无限大均匀带电平面(面电荷密度为σ)，两侧场强为)2/(0εσ=E .这里的 σ 是指带电平面单位面积上所带的电荷。 对于静电平衡状态下的导体，其表面附近的场强为./0εσ'=E 这里的 σ′是指带电导体表面某处单位面积上所带的电荷。 如果无限大均匀带电平面是一个静电平衡状态下的无限大均匀带电导体板，则σ是此导体板的单位面积上(包括导体板的两个表面)所带的电荷，而σ′仅是导体板的一个表面单位面积上所带的电荷。 在空间仅有此导体板（即导体板旁没有其他电荷和其他电场）的情形下，导体板的表面上电荷分布均匀，且有两表面上的面电荷密度相等。在此情况下两个面电荷密度间的关系为σ =2σ′。这样，题目中两个E 式就统一了。 思考题2：由极性分子组成的液态电介质，其相对介电常量在温度升高时是增大还是减小？ 参考解答： 由极性分子组成的电介质（极性电介质）放在外电场中时，极性分子的固有电矩将沿外电场的方向取向而使电介质极化。由于极性分子还有无规则热运动存在，这种取向不可能完全整齐。 当电介质的温度升高时，极性分子的无规则热运动更加剧烈，取向更加不整齐，极化的 效果更差。此情形下，电极化强度V p P i ∆=∑ 将会比温度升高前减小。 在电介质中的电场E 不太强时，各向同性电介质的P 和E 间的关系为 E P r )1(0-=εε. 很明显，在同样的电场下，当温度升高后，相对介电常量εr 要减小。 思考题3：有一上下极板成θ角的非平行板电容器（长为a ,宽为b ），其电容如何计算？ 参考解答： 设一平行板电容器是由长为a ,宽为b 的两导体板构成,板间距为d ,则电容为 ,0d ab C ε= 若该电容器沿两极板的长度同一方向有d x 的长度增 量,则电容为,d ) d (0d x a C d x b a C εε+ =+= ' 在此基础上推广到 如图所示的电容器，可以认为是在0C 的基础上,上极板沿与长度方向成θ角度连续增加到b ,下极板沿长度方向连续增加到b cos θ 构成，把该电容器看成是由两个电容器并联时，该电容器的电容为 d b d a C l d l a C C b θ θεθ εθsin ln tan tan d 0cos 0 0++ =++='⎰ 即非平行板电容器的电容， d b d a C θθεsin ln tan += 思考题4：为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为εr 的电介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A 、B 为平板电容器的导体极板，S 为极板面积，d 0为两极板间的距离。试说明检测原理，并推出直接测量电容C 与间接测量厚度d 之间的函数关系。如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何？ 参考解答： 设极板带电S q 0σ=， 两板电势差：d E d d E U 有电介质 无电介质+-=∆)(0 d d d U r εεσ εσ00000)(+-= ∆ 则 )(00d d d s U q C r r -+=∆=εεε 介质的厚度为：C S d C S C d d r r r r r r r )1(1)1(0000---=--=εεεεεεεεε 实时地测量A 、B 间的电容量C ，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度、通常 智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度。 如果待测材料是金属导体，其A 、B 间等效电容与导体材料的厚度分别为： d d S C -=00ε， C S d d 00ε-=. 习题十三 13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ， 2r 。已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为 时间。导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。 解：无限长直电流激发的磁感应强度为02I B r μ= π。取坐标Ox 垂直于 直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小 00122() 2() I I B r x r x μμ= + π+π+ 方向垂直纸面向里。 通过微分面积d d S a x =的磁通量为 00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ?? =?==+??++?? 通过矩形线圈的磁通量为 00m 01 2d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ??=+??π+π+???012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω?? ++=+ ?π?? 感生电动势 0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω?? ++=- =-+ ?π?? 012012()()ln cos 2a r b r b I t r r μωω?? ++=- ??π?? 0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向 为逆时针。 13-2 如题图13-2所示，有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B 中（B =0.5T ）。圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速1 600r min n -=? 。求圆线圈自图示的初始位置转过 题图13-1 题图 13-2 解图13-1 第13章 静电场中的导体和电解质 一、选择题 1(D)，2(A)，3(C)，4(C)，5(C)，6(B)，7(C)，8(B)，9(C)，10(B) 二、填空题 (1). 4.55×105 C ； (2). σ (x ，y ，z )/ε 0，与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0). (3). εr ，1， εr ； (4). 1/εr ，1/εr ； (5). σ ，σ / ( ε 0ε r )； (6). R q 04επ ； (7). P ，－P ，0； (8) (1- εr )σ / εr ； (9). 452； (10). εr ，εr 三、计算题 1.如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势． (3) 球心O 点处的总电势． 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 a dq U q 04επ= ⎰-a q 04επ-= (3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ= a q 04επ- b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εb Q 04επ+ 2. 一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm ，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183) 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布 为 )2/(r E ελπ= 设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为 ⎰⎰⋅π==R r R r r r r E U d 2d ελ 0ln 2r R ελπ= 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有 第13章 光的干涉与衍射训练题（含答案） 一、选择题 1. 如图所示，折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知n 1< n 2> n 3。若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束(用①与②示意)的光程差是 [ ] (A ) e n 22 (B) 2 22λ -e n (C) λ-e n 22 (D) 2 222n e n λ - 2.真空波长为λ的单色光，在折射率为n 的均匀透明介质中从A 点沿某一路径传播到B 点，路径的长度为l 。若l 等于下列各选项给出的值，A 、B 两点光振动位相差记为ϕ∆，则 [ ] (A) 3, 32 l λϕπ=∆= (B) πϕλ n n l 3,23=∆= (C) πϕλ3,23=∆=n l (D) πϕλn n l 3,23=∆= 3. 在双缝干涉实验中，两缝隙间距离为d ，双缝与屏幕之间的距离为)(d D D >>。波长为λ的平行单色光垂直照射到双缝上。屏幕上干涉条纹中相邻暗纹之间的距离是 [ ] (A) d D λ2 (B) D d λ (C) λdD (D) d D λ 4. 如图所示，用波长为λ的单色光照射双缝干涉实验装置，若将一折射率为n 、劈角为α的透明劈尖b 插入光线2中，则当劈尖b 缓慢向上移动时(只遮住S 2)，屏C 上的干涉条纹 [ ] (A) 间隔变大，向下移动。 (B) 间隔变小，向上移动。 (C) 间隔不变，向下移动。 (D) 间隔不变，向上移动。 5. 把一平凸透镜放在平玻璃上，构成牛顿环装置。当平凸透镜慢慢地向上平移时，由反射光形成的牛顿环 [ ] (A) 向中心收缩，条纹间隔变小。 S λ3 第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题 1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题 (1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). R 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4). R I π40μ ； (5). 0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负. 三 计算题 1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量． 解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定 律可得： )(22 0R r r R I B ≤π= μ 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通 1为 ???==S B S B d d 1??Φr r R I R d 202 ?π=μπ=40I μ 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r r I B >π= μ 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通 2为 ??=S B ??d 2Φr r I R R d 220?π=μ2ln 20π=I μ 穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π +I μ I S 2R 1 m 2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材 料的磁导率为，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求． (1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值． 解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得 NI r B μ=π?2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量 r b r NI S B d 2d d π==μΦ 穿过截面的磁通量 ? =S S B d Φr b r NI d 2π= μ1 2 ln 2R R NIb π = μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于 0=∑i I 02=π?r B ∴ B = 0 3. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流，在导线内部作一平面S ，S 的一个边是导线的中心轴线，另一边是S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通过 沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量． (真空的磁导率0 =4×10-7 T ·m/A ，铜的相对磁导率r ≈1) 解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条， 其面积为 x S d 1d ?=．窄条处的磁感强度 2 02R Ix B r π= μμ 所以通过d S 的磁通量为 x R Ix S B r d 2d d 2 0π= =μμΦ 通过１m 长的一段S 平面的磁通量为 ? π=R r x R Ix 2 0d 2μμΦ60104-=π = I r μμ Wb 4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ． 解：如图，CD 、AF 在P 点产生的 B = 0 R 1 R 2 N b S S R x d x 2a 2a a a I P I 习题13 13-3．如习题13-3图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。设两板面积都是S ，板间距为d ，忽略边缘效应，求：(1)板B 不接地时，两板间的电势差。(2)板B 接地时，两板间的电势差。 [解] (1)两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B 不接地，电荷分布为 因而板间电场强度为 S Q E 02ε= 电势差为 S Qd Ed U 0AB 2ε= = (2) 板B 接地时，在B 板上感应出负电荷，电荷分布为 故板间电场强度为 S Q E 0ε= 电势差为 S Qd Ed U 0AB ε= = B A -Q/2Q/2Q/2Q/2A B -Q Q 13-4 两块靠近的平行金属板间原为真空。使两板分别带上面电荷密度为σ0的等量异号电荷，这时两板间电压为U 0=300V 。保持两板上电量不变，将板间空间一半如图习题13-4图所示充以相对电容率为εr =5的电介质，试求 （1） 金属板间有电介质部分和无电介质部分的E,D 和板上的自由电荷密度σ； （2） 金属板间电压变为多少？电介质上下表面束缚电荷面密度多大？ 13-5．如习题13-5图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为R A 、R B 、R C 。圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地。求B 的内表面上线电荷密度λ1和外表面上线电荷密度λ2之比值λ1/λ2。 [解] 由A 、C 接地 BC BA U U = 由高斯定理知 r E 01I 2πελ-= r E 02 II 2πελ= A B 0101I BA ln 2d 2d A B A B R R r r U R R R R πελπελ=-==⎰ ⎰r E II I 第13章 光学 一 选择题 * 13-1 在水中的鱼看来，水面上和岸上的所有景物，都出现在一倒立圆锥里， 其顶角为（ ） (A)48.8 (B)41.2 (C)97.6 (D)82.4 解：选(C)。利用折射定律，当入射角为1=90i 时，由折射定律1122sin sin n i n i = ，其中空气折射率11n =，水折射率2 1.33n =，代入数据，得折射角2=48.8i ，因此倒立圆锥顶角为22=97.6i 。 * 13-2 一远视眼的近点在1 m 处，要看清楚眼前10 cm 处的物体，应配戴的眼 镜是（ ） (A)焦距为10 cm 的凸透镜 (B)焦距为10 cm 的凹透镜 (C)焦距为11 cm 的凸透镜 (D)焦距为11 cm 的凹透镜 解：选(C)。利用公式 111 's s f +=，根据教材上约定的正负号法则，'1m s =-，0.1m s =，代入得焦距0.11m =11cm f =，因为0f >，所以为凸透镜。 13-3 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图13-3中的S ′位置，则[ ] (A) 中央明纹向上移动，且条纹间距增大 (B) 中央明纹向上移动，且条纹间距不变 (C) 中央明纹向下移动，且条纹间距增大 (D) 中央明纹向下移动，且条纹间距不变 解：选(B)。光源S 由两缝S 1、S 2到O 处的光程差为零，对应中央明纹；当 习题13-3图 向下移动至S ′时，S ′到S 1的光程增加，S ′到S 2的光程减少，为了保持光程差为零，S 1到屏的光程要减少，S 2到屏的光程要增加，即中央明纹对应位置要向上移动；条纹间距d D x λ = ∆，由于波长λ、双缝间距d 和双缝所在平面到屏幕的距离D 都不变，所以条纹间距不变。 13-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射。若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为[ ] (A) 3个 (B) 4个 (C) 5个 (D) 6个 解：选(B)。暗纹半波带数目为2k ，第二级2k =，代入数据，得半波带数目为4。 13-5 波长550nm λ=的单色光垂直入射于光栅常数41.010cm d a b -=+=⨯的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为[ ] (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1 解：选(D)。由光栅方程sin d k θλ=±，当1sin =θ时，得d k λ =，代入数据， 得 1.8k =，k 取整数，最大级次为1。 13-6 三个偏振片1P 、2P 与3P 堆叠在一起，1P 与3P 的偏振化方向相互垂直，2 P 与1P 的偏振化方向间的夹角为30︒，强度为0I 的自然光入射于偏振片1P ，并依次透过偏振片1P 、2P 与3P ，则通过三个偏振片后的光强为[ ] (A) 316I (B) (C) 0332 I (D) 0 解：选(C)。设自然光光强为0I ，自然光通过偏振片1P ，光强减半，变为0 2 I ；由马吕斯定律α20cos I I =，通过偏振片2P ，光强变为2003cos 3028 I I ︒=，通过偏振片3P ，光强变为20033cos 60832 I I ︒=。 大学物理（二）_中南大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年 1.静电场是涡旋场。 参考答案: 错误 2.在量子力学中粒子的状态用波函数描述，波函数由薛定谔方程确定。波函数 的模方表示粒子的几率密度。 参考答案: 正确 3.静电力是保守力 参考答案: 正确 4.粒子在一维无限深势阱中有不为零的最小能量，称为零点能。零点能的存在 与不确定关系是协调一致的。势阱宽度越小，零点能越大。 参考答案: 正确 5.两个静止点电荷之间的相互作用力遵守牛顿第三定律 参考答案: 正确 6.关于自感下列说法正确的是 参考答案: 自感系数的大小与线圈的几何形状和尺寸有关 7.若一物体的温度（绝对温度）增加一倍，则它的总辐射能增加到16倍。 参考答案: 正确 8.用可见光（代替X射线）实验无法观察到康普顿散射现象。 参考答案: 正确 9.施特恩-盖拉赫实验表面电子具有自旋角动量。与轨道角动量量子数为整数 不同，电子的自旋量子数为半整数1/2. 参考答案: 正确 10.关于等势面和电场线，下列说法正确的是 参考答案: 等势面较密集的地方场强大，较稀疏的地方场强小_等势面与电场线处处正交_沿着电场线方向，电势降低_在静电场中，沿着等势面移动电荷，电场力做功为零 11.如图所示，空腔内部有一个带电体，带电量为，带电体的位置靠近导体壳左 侧，则以下说法正确的是【图片】 参考答案: 移动或不移动腔内电荷的位置，壳外表面的电荷分布始终是均匀的_壳内表面电荷分布不均匀 12.无限长直载流螺线管内是均匀磁场。 参考答案: 正确 13.物体热辐射单色辐射强度最大的波长随温度的升高而减小。 参考答案: 正确 14.在均匀磁场中，有两个形状不同，但面积相等、电流相同的载流平面线圈， 这两个线圈所受的最大磁力矩相同。 参考答案: 正确 15.将一空气平行板电容器接到电源上充电到一定电压后，断开电源，再将一块 与极板面积相同的金属板平行插入两极板之间，则由于金属板的插入及其所放位置的不同，对电容器储能的影响为：【图片】 参考答案: 储能减少，但与金属板位置无关 16.下图中①②③各条曲线所示对应的磁介质分别是【图片】 参考答案: 抗磁质、顺磁质、铁磁质 模块综合测评(二) (时间:75分钟满分:100分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求) 1.关于电场线的下列说法中,正确的是() A.电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同 B.沿电场线方向,电场强度越来越小 C.电场线越密的地方,同一试探电荷所受静电力就越大 D.在电场中,顺着电场线移动电荷,电荷受到的静电力 大小恒定 ,和正电荷受力方向相同,和负电荷受力方向相反,故A选项错误;电场强度的大小用电场线的疏密表示,与电场线的方向无关,故B、D选项错误,C 选项正确。 2.在金属球壳的球心处有一个正点电荷,球壳内外的电场线分布如图所示,下列说法不正确的是() A.M点的电场强度比K点的大 B.球壳内表面带负电,外表面带正电 C.试探负电荷在K点的电势能比在L点的大 D.试探负电荷沿电场线从M点运动到N点,静电力做负功 ,M处的电场线比K处的电场线密,M点的电场强度大于K点的电场强度,选项A正确;由于静电感应,金属球壳内表面感应出负电荷,外表面感应出正电荷,选项B正确;沿电场线方向电势逐渐降低,K点的电势比L点的电势高,所以试探负电荷在K点的电势能比在L点的小,选项C错误;试探负电荷沿电场线从M点运动到N点的过程中,所受的静电力的方向由N指向M,则静电力做负功,选项D正确。本题选不正确的,故选C。 3.如图所示为某线性元件甲和非线性元件乙的伏安特性曲线,两图线交于A点,A点坐标为(12 V,1.5 A),甲的图线与U轴所成夹角θ为30°。下列说法正确的是() A.随电压的增大,元件乙的图像斜率越来越小,故其电阻随电压的增大而减小 B.在A点,甲、乙两元件的电阻相等 C.元件甲的电阻为R=k=tan θ=√3 3 D.若将甲、乙元件并联,理想电源的电压为5 V,则每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.5 C ,元件乙的图像斜率越来越小,根据欧姆定律可知,其电阻随电压的增大而增大,故选项A错误;在A点,甲、乙两元件的电压、电流相同,则电阻相等,故选项B正确;I-U图像的斜率表 示电阻的倒数,元件甲的电阻R=1 k =12 1.5 Ω=8 Ω,故选项C错误;将甲、乙两元件并联接到5 V的电源 两端时,因并联电路中各支路两端的电压相等,所以两元件两端的电压均为5 V,由图像可知通过两元 件的电流分别为I乙=1.0 A、I甲=U R =5 8 A=0.625 A,因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以 总电流I=I甲+I乙=1.625 A,根据电荷量定义可知,每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.625 C,故选项D错误。 4.某区域存在如图所示的磁场,其中小圆面积为S1,内有垂直纸面向外的磁场,磁感应强度的大小为 B1,大圆面积为S2,大圆与小圆之间有垂直纸面向里的磁场,磁感应强度的大小为B2,已知 B2>B1,S2>2S1,则该区域内磁通量Φ的大小等于() A.(B1+B2)S2 B.(B2-B1)S2 C.B2S2-B1S1 D.B2S2-(B1+B2)S1 ,则有Φ1=B1S1;而穿过线圈向里的磁通量为Φ2=-B2(S2-S1)。则该区域内的磁通量Φ=B1S1-B2(S2-S1)=-[B2S2-(B1+B2)S1],负号表示穿过线圈的磁通量的方向,故D正确,A、B、C错误。 5.当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的电场强度为1.3×105 N/C,质子的质量为1.67×10-27 kg,电荷量为1.6×10-19 C,则下列说法正确的是() A.加速过程中质子电势能增加 第一章测试 1.电场中某点的电场强度与检验电荷无关。 A:错 B:对 答案:B 2.若闭合曲面内没有电荷，则闭合面上的电场强度处处为零。 A:对 B:错 答案:B 3.电场中某一点电势的量值与电势零点选择无关。 A:对 B:错 答案:B 4.静电场的电场线一定是闭合曲线。 A:错 B:对 答案:A 5.静电场中两点的电势差与电势零点选择无关。 A:对 B:错 答案:A 6.A:只适用于真空中的静电场． B:只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场． C:只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场． D:适用于任何静电场． 答案:D 7.A: B: C: D: 答案:D 8.A: B: C: D: 答案:D 9.真空中，有一均匀带电细圆环，半径为R，电荷线密度为l，选无穷远处电 势为零，则其圆心处的电势为 A: B: C: D: 答案:A 10.A: B: C: D: 答案:C 第二章测试 1.A:错 B:对 答案:A 2.A:错 B:对 答案:B 3.一般情况下电介质内部没有自由电荷。 A:错 B:对 答案:B 4.A:对 B:错 答案:B 5.如果自由电荷与介质分布都不具备对称性，不能由高斯定理求出电场。 A:错 B:对 答案:B 6.关于高斯定理，这些说法中哪一个是正确的？ A: B: C:这些说法都不正确 D: 答案:D 7.两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值 加以比较，则 A:实心球电容值大． B:两球电容值相等． C:空心球电容值大． D:大小关系无法确定． 答案:B 8.A:Ｃ1极板上电量减少，Ｃ2极板上电量增加． B:Ｃ1极板上电量增加，Ｃ2极板上电量增加． C:Ｃ1极板上电量减少，Ｃ2极板上电量减少． D:Ｃ1极板上电量增加，Ｃ2极板上电量减少． 答案:B 9.A: B: C: D: 答案:D 10.A:适用于线性电介质． B:只适用于均匀电介质． C:适用于任何电介质． D:只适用于各向同性线性电介质． 答案:C 第三章测试 1.安培环路定理是磁场的基本规律之一。 A:对 B:错 答案:A 2.安培力和洛伦兹力没有本质的联系。 A:对 B:错 答案:B 3.霍尔效应只和磁场有关，和温度没有关系。 A:错 B:对 答案:A 4.在无电流的空间区域，如果磁场应线是平行直线，磁场一定是均匀场。 A:对 B:错 答案:B 5.通有电流I的无限长直导线有如图三种形状，则P，Q，O各点磁感强度的 大小BP，BQ，BO间的关系为： A:BO > BQ > BP B:BP > BQ > BO C:BQ > BP > BO D:BQ > BO > BP 答案:A 第7章 光的衍射 7.1平行单色光垂直入射在缝宽为15.0=a mm 的单缝上。缝后有焦距为=f 400mm 的凸透镜，在其焦平面上放置观察屏幕。现测得屏幕上中央明条纹两侧的两个第三级暗纹之间的距离为8mm ，则入射光的波长为=λ? 解：单缝衍射的暗条纹分布规律是`f y k a λ=±，(k` = 1,2,3,…)， 测得屏幕上中央明条纹两侧的两个第三级暗纹之间的距离为8mm ， y 3 – y -3` = 6fλ/a =8mm nm mm f a 500105400 615.0868.04=⨯=⨯⨯==-λ 7.2一单色平行光束垂直照射在宽度为1.0mm 的单缝上，在缝后放一焦距为2.0 m 的会聚透镜。已知位于透镜焦平面处的屏幕上的中央明条纹宽度为2.0 m ，则入射光波长约为多少？ 解：单缝衍射的暗条纹分布规律是`f y k a λ=±，(k` = 1,2,3,…)， 中央明纹的宽度为Δy = y 1 – y -1` = 2fλ/a =2.0mm nm mm mm f a 5002000 0.1===λ 7．3 在某个单缝衍射实验中，光源发出的光含有两种波长λ1和λ2，并垂直入射于单缝上．假如λ1的第一级衍射极小与λ2的第三级衍射极小相重合，试问： （1）这两种波长之间有什么关系； （2）在这两种波长的光所形成的衍射图样中，是否还有其他极小相重合？ [解答]（1）单缝衍射的暗条纹形成条件是 δ = a sin θ = ±k`λ，(k` = 1,2,3,…)， k 1` = 1和k 2` = 3的条纹重合时，它们对应同一衍射角，由于因此 λ1 = 3λ2． （2）当其他极小重合时，必有 k 1`λ1 = k 2`λ2， 所以 k 2` = 3k 1`， 当k 1` = 2时k 2` = 6，可见：还有其他极小重合． 7.4 单缝的宽度a = 0.40mm ，以波长λ = 589nm 的单色光垂直照射，设透镜的焦距f = 1.0m ．求： （1）第一暗纹距中心的距离； （2）第二明纹的宽度； （3）如单色光以入射角i = 30º斜射到单缝上，则上述结果有何变动？ 解：（1）单缝衍射的暗条纹分布规律是`f y k a λ=±，(k` = 1,2,3,…)， 当k` = 1时，y 1 = f λ/a = 1.4725(mm)． （2）除中央明纹外，第二级明纹和其他明纹的宽度为 Δy = y k`+1 - y k` = fλ/a = 1.4725(mm)． 第13章 界面物理化学 基本公式 比表面积 V A A s V /= m A A s m /= 比表面Gibbs 自由能 n p T s A G ,,)/(∂∂=γ Gibbs 自由能和其全微分 ∑=μ+γ++-=k i i i s dn dA Vdp SdT dG 1 Maxwell 关系为 j s j n V A n V T s T A S ,,,,)()( ∂γ∂-=∂∂， j s j n p A n p T s T A S ,,,,)()(∂γ∂-=∂∂ 表面张力 l F 2/=γ Young-Laplace 公式： 球面，r p s /2γ=； 任意曲面： )1 1(2 1r r p s +γ= 毛细管内液柱高度： gR h ρ∆θγ=/cos 2 Kelvin 公式 r RT M p p g l r ργ= -2ln 0 r RT M c c s l r ργ=-2ln 0 二组分系统Gibbs 吸附公式 T a RT a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂γ∂- =Γ22) 1(2 Langmuir 单分子层吸附等温式 2 2 21Kc Kc ΓΓ+=∞ 饱和吸附时分子所占截面积 A m ∞Γ=L A m /1 浸湿功 i g s l s s W A G =γ-γ=∆--)(/ 沾湿功 a g s g l s l s W A G =γ-γ-γ=∆---/ 铺展系数 S A G g s g l s l s -=γ-γ+γ=∆---/ 接触角 g l s l s g ---γγ-γ=θ/)(cos Freundlich 吸附等温式 V = Kp 1/n Langmuir 吸附等温式 )1/(/ap ap V V m +==θ BET 吸附等温式 吸附热效应 2)ln (nRT H T p ads q ∆-=∂∂ 习题十三 13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别? 答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成． 13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动． 13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带? 答：半波带由单缝、首尾两点向方向发出的衍射线的光程差用来划分．对应于第级明纹和第级暗纹，单缝处波面可分成个和个半波带． ∵由 13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小? 答：因为衍射角愈大则值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量 就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小． 13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公 式 来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是 在水中的波长? 解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应，而空气中为 ，∴，即，水中同级衍射角变小，条纹变密． 如用来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因只代表光在水中的波程差)． 13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射． 解：(1)缝宽变窄，由知，衍射角变大，条纹变稀； (2)变大，保持，不变，则衍射角亦变大，条纹变稀； (3)由正入射变为斜入射时，因正入射时；斜入射时，， 保持，不变，则应有或．即原来的级条纹现为级． 13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样 说明? 答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数， 故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为，描述的是两路相干波叠加问题，其波程A B ϕ2λ 3478272)132(2)12(sin λ λλϕ⨯ =+⨯=+=k a 284sin λ λϕ⨯ ==a ϕϕϕsin a ) ,2,1(2 ) 12(sin =+±=k k a λ ϕ='='λϕk a sin n k λ λϕk a =sin ϕϕ'=sin sin n ϕϕ'=n )12(sin +±=k a ϕ2λ ),2,1(⋅⋅⋅=k ϕ sin a λϕk a =sin ϕλa k ϕλϕk a =sin λθϕk a '=-)sin (sin a λk k >'k k <'k k 'k k a 2sin ==λϕ2λ ϕλθk d =sin 湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案第14章稳恒电流的磁场一、选择题 1（b）、2（d）、3（d）、4（b）、5（b）、6（d）、7（b）、8（c）、9（d）、10（a）II。填空 (1).最大磁力矩，磁矩;(2).?r2c；(3).0i/(4a)；(4). 0i4？R (5).?0i，沿轴线方向朝右.；(6).?0ri/(2?r12)，0;(7).4;(8).mg/(lb)； (9).aib;(10).正，负. 三道计算题 一．一无限长圆柱形铜导体(磁导率?0)，半径为r，通有均匀分布的电流i．今取一矩形平面s(长为1m，宽为2r)，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量． 解决方案：圆柱与导体中心轴之间距离r处的磁感应强度大小可通过安培环路定律获得： is2r1m B0i2？r2r（r？r） 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通?1为 R0i？0irdr？？1.Bds？？北斗卫星导航系统22? r4？0在圆形导体外，距离导体中心轴r处的磁感应强度为B？？0i2？r（r？r） 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通?2为 2r？0i？？我2.Bds？？博士0ln2 2?2?rr?i?i穿过整个矩形平面的磁通量1??2?0?0ln2 4.2. n2.横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为r1和r2，芯子材 材料的渗透性是？，导线的总匝数为n，且绕得很紧。如果线圈通过电流I通电，计算（1）铁芯中的B值和铁芯部分的磁通量。（2） R R2r1解：（1）根据安培环路定理，在环路中做一个半径为r的圆环路 b?2?r??ni，b??ni/(2?r)在r处取微小截面ds=bdr,通过此小截面的磁通量 dφ？北斗卫星导航系统穿过截面的磁通量 φ??ni2?rbdr 北斗卫星导航系统sni2？rbdr？？nib2？Lnr2r1i（2）还在环外形成一个环形电路（r 第十三章 振动 13－1 一质点按如下规律沿x 轴作简谐振动：x = 0.1 cos (8πt +2π/3 ) (SI)，求此振动的周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值。 解：周期T = 2π/ ω= 0.25 s 振幅A = 0.1m 初相位φ= 2π/ 3 V may = ωA = 0.8πm / s ( = 2.5 m / s ) a may = ω2 A = 6.4π2m / s ( = 63 m / s 2) 13－2 一质量为0.02kg 的质点作谐振动，其运动方程为：x = 0.60 cos( 5 t -π/2) (SI)。 求：（1）质点的初速度；（2）质点在正向最大位移一半处所受的力。 解：（1） )( )2 5sin(0.3 SI t dt dx v π--== 0.3 20x m ma x ω-== （2） 2 x m ma F ω-== 5.13.052.0,2/ 2N F A x -=⨯⨯-==时 13－3 如本题图所示，有一水平弹簧振子，弹簧的倔强系数k = 24N/m ，重物的质量m = 6kg ，重物静止在平衡位置上，设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05m ，此时撤去力F ，当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程。 解：设物体的运动方程为： x = A c o s (ωt +φ) 恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ⨯ 0.05 = 0.5 J 当物体运动到左方最位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5J ， 即： 1 / 2 kA 2 = 0.5 J ∴A = 0.204 m A 即振幅 ω2 = k / m = 4 ( r a d / s )2 ω= 2 r a d / s 按题目所述时刻计时，初相为φ= π ∴ 物体运动方程为 x = 0.204 c o s (2 t +π) ( SI ) 13－4 一水平放置的弹簧系一小球。已知球经平衡位置向右运动时，v =100cm ⋅s -1，周期T =1.0s ，求再经过1/3秒时间，小球的动能是原来的多少倍？弹簧的质量不计。 解：设小球的速度方程为： v = v m c o s (2π/ Tt +φ) 以经平衡位置的时刻为t = 0 根据题意t = o 时 v = v 0 = 100 c m s -1 且 v ＞0 ∴v m = v 0 φ= 0 小球的动能 E k0 = 1 / 2 m v 02 过1 / 3秒后，速度为 v = v 0 c o s ( 2π/T. 1/ 3) = - V 0 / 2 x 习题13－3图 普通物理A （2）练习册 参考解答 第12章 真空中的静电场 一、选择题 1(C)，2(A)，3(C)，4(D)，5(B)， 二、填空题 (1). 0，λ / (2ε0) ； (2). 0 ； (3). －2×103 V ； (4). ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb a r r q q 1140 ε； (5). 0，pE sin α ； 三、计算题 1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强． 解：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强： ()j i R E -π= 014ελ 半无限长直线B ∞在O 点产生的场强： ()j i R E +-π=024ελ 四分之一圆弧段在O 点产生的场强： ()j i R E +π= 034ελ 由场强叠加原理，O 点合场强为： ()j i R E E E E +π= ++=03214ελ 2. 两根相同的均匀带电细棒，长为l ，电荷线密度为λ，沿同一条直线放置．两细棒间最近距离也为l ，如图所示．假设棒上的电荷是不能自由移动的，试求两棒间的静电相互作用力． 解：选左棒的左端为坐标原点O ，x 轴沿棒方向向右，在左棒上x 处取线元d x ，其电荷为 d q ＝λd x ，它在右棒的x '处产生的场强为： () 2 04d d x x x E -'π= ελ 整个左棒在x '处产生的场强为： B A ∞ O B A ∞ ∞ () ⎰ -'π=l x x x E 0 2 04d ελ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛'--'π= x l x 1140ελ 右棒x '处的电荷元λd x '在电场中受力为： x x l x x E F '⎪⎭ ⎫ ⎝⎛'--'π='=d 114d d 02ελλ 整个右棒在电场中受力为： ⎜⎠⎛'⎪⎭ ⎫ ⎝⎛'--'π=l l x x l x F 3202d 114ελ34ln 402ελπ=，方向沿x 轴正向． 左棒受力 F F -=' 另解：d d , d d q x q x λλ''== 220d d d 4()x x F x x λπε' ='- 232020d d d 4()l l l x x F F x x λπε' =='-⎰⎰⎰⎰ 2232 02000d d 11()d 4() 423l l l l x x x x x x l x l λλπεπε'==-'---⎰⎰⎰ 204 ln 43 λπε= F F -=' 3. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： σ = σ0cos φ ，式中φ 为半径R 与x 轴所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强． 解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均 匀带电直线，其电荷线密度为 λ = σ0cos φ R d φ， 它在O 点产生的场强为： φφεσελ d s co 22d 0 00π=π= R E 它沿x 、y 轴上的二个分量为： d E x =－d E cos φ =φφεσd s co 2200 π- d E y =－d E sin φ = φφφεσd s co sin 200 π 积分：⎰ππ-=2020 d s co 2φφεσx E ＝002εσ 大学物理习题集 第一章质点运动学 1．1一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度； （2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度． [解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)． 在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)， 经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2， 因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)， v (2) = 12×2 - 6×22 = 0 质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ， 因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0， 第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)． [注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒． 1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述资料求出量值． [证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得 a = (n – 1)v o /t ， (1) 根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：． 计算得加速度为：= 0.4(m· s -2)． 1．3一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问： （1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？ （2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法． （1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为 v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)． 取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式 v t - v 0 = at ， 这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为 t 1 = v y 0/g = 2.49(s)． 再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)． 人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2= h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t= t 1 + t 2 = 6.98(s)． v a 2 2(1)(1)n s a n t -= +2 2(1)(1)n s a n t -= +22(51)30 (51)10 a -= +2t =大学物理课本答案习题 第十三章习题解答
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