第11章 热力学基础
11－1 在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0℃），有一个体积为1.0×10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0℃，求气泡到达湖面的体积。（大气压P 0 = 1.013×105 Pa ） 分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。利用理想气体物态方程即可求解本题。位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0?103 kg·m -3）。
解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。由分析知湖底处压强为
gh
p gh p p ρρ+=+=021。
利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积
()3
51
01
20121212m 1011.6-?=+==
T p V T gh p T p V T p V ρ
11－2 氧气瓶的容积为3.2×10-2 m 3，其中氧气的压强为1.30×107 Pa ，氧气厂规定压强降到1.00×106 Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3 压强为1.01×105 Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变） 分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。从氧气质量的角度来分析。利用理想气体物态方程pV = mRT /M 可以分别计算出每天使用氧气的质量m 3和可供使用的氧气总质量（即原瓶中氧气的总质量m 1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m 2之差），从而可求得使用天数321/)(m m m n -=。
解：根据分析有
RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m 3331
22111===
；；
则一瓶氧气可用天数
()()5
.93
31
213
21
=-=-=V p V p p m m m n
11－3 一抽气机转速ω
min -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。设容器的容积V 0=2.0升，问经过
多长时间后才能使容器内的压强由 1.01×105
Pa 降为
133Pa 。设抽气过程中温度始终不变。
分析：抽气机每打开一次活门, 容器内气体的容积在等温条件下扩大了V ，因而压强有所降低。活门
关上以后容器内气体的容积仍然为V 0 。下一次又如此变化，从而建立递推关系。
解：抽气机抽气体时，由玻意耳定律得： 活塞运动第一次：
)
(0100V V p V p +=
00
1p V V V p +=
活塞运动第二次：
)
(0201V V p V p +=
02
0100
2p V V V p V V V p ????
??+=+=
活塞运动第n 次：
)
(001V V p V p n n +=-
n
n V
V V p p ???
?
??+= 0
V
V V n
p p n n
+=000
ln
抽气机每次抽出气体体积
l 05.0l )400/20(==V l 0.20=V
Pa 1001.150?=p Pa 133=n p
将上述数据代入（1）式，可解得 276=n 。则
s 40s 60)400/276(=?=t
11－4 l.0 mol 的空气从热源吸收了热量2.66?105J ，其内能增加了4.18?105J ，在这过程中气体作了多少功？是它对外界作功，还是外界对它作功？
解：由热力学第一定律得气体所作的功为
J
1052.15?-=-=E Q W ?
负号表示外界对气体作功。 11－5 1mol 双原子
分子的理想气体，开始时处于P 1=1.01×105Pa ，V 1=10-3m 3的状态。然后经本题图示直线过程Ⅰ变到P 2=4.04×105Pa ，V 2=2×10-3m 3的状态。后
又经过程方程为PV 1/2=C （常量）的过程Ⅱ变到压强P 3=P 1=1.01×105Pa 的状态。求：（1）在过程Ⅰ中的气体吸收的热量；（2）整个过程气体吸收的热量。
解：（1）在过程I 中气体对外作的功 2/))((12211V V p p A -+= 在过程I 中气体内能增量
)
(2
5)(25
1122121V p V p T T R E -=-=?
在过程I 中气体吸收的热量
J E A Q 3
111002.2?=+=? （2）在过程II 中气体对外作的功
)
(222332
223
2
3
2
V p V p V dV
V p pdV A V V V V -===
?
?
由
常量=2
1
pV
可算得3
331032m V -?=，带入上式得
J A 3
21085.4?= 整个过程中气体对外作功
J A A A 3
21101.5?=+=
整个过程中气体内能增量
J
T T R E 3131083.7)(2
5
?=-=?
整个过程中气体吸收的热量
J A E Q 4
1029.1?=+=? 11－6 如本题图所示，系统从状态A 沿ABC 变
化到状态C 的过程中，外界有326J 的热量传递给系统，同时系统对外作功126J 。当系统从状态C 沿另一曲线返回到状态A 时，外界对系统作功为52J ，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？
分析：已知系统从状态C 到状态A ，外界对系统作功为W CA ，如果再能知道此过程中内能的变化为
CA E ?，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统
传递的热量Q CA 。由于理想气体的内能是状态（温度）的函数，利用题中给出的ABC 过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A 至C 过程中系统内能的变化AC E ?，而CA AC E E ?-=?，故可求得Q CA 。
解：系统经ABC 过程所吸收的热量及对外所作的功分别为
J
126J,326ABC ABC ==W Q
则由热力学第一定律可得由A 到C 过程中系统内能的增量
J
200ABC ABC AC =-=?W Q E
由此可得从C 到A ，系统内能的增量J
200CA -=?E
从C 到A ，系统所吸收的热量为
J
252CA CA CA -=+?=W E Q
式中负号表示系统向外界放热252 J 。这里要说明的是由于CA 是一未知过程。上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热。 12－7 空气由压强为1.52?105 Pa ，体积为5.0?10－
3 m 3，等温膨胀到压强为1.01?105 Pa ，然后再经等压压缩到原来的体积。试计算空气所作的功。
解：空气在等温膨胀过程中所作的功为
???? ??=???? ??=
2111121T ln ln p p V p V V RT M m
W
空气在等压压缩过程中所作的功为 ()
212p d V V p V p W -==?
利用等温过程关系2211V p V p =，则空气在整个过程中所作的功为
()J
7.55ln 11122111p T =-+=+=V p V p p p V p W W W
12－8 如本题图所示，使l mol 氧气（1）由A 等温地变到B ；（2）由A 等体地变到C ，再由C 等压地变到B ，试分别计算氧气所作的功和吸收的热量。
分析：从p －V 图上可以看出，氧气在AB 与ACB 两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过()?=V V p W d 求出。考虑到内能是状态的函数，其变
化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同B A T T =，故
0=E ?，利用热力学第一定律E W Q ?+=，可求出
每一过程所吸收的热量。
解：（1）沿AB 作等温膨胀的过程中，系统作功
J 1077.2ln ln 3A B A A A B AB ?=???
? ??=???? ??=
V V V p V V RT M m
W
由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为
J
1077.23AB AB ?==W Q
（2）沿A 到C 再到B 的过程中系统作功和吸热分别
()J
100.23C B C CB CB AC ACB ?=-==+=V V p W W W W
J
100.23ACB ACB ?==W Q
11－9 一定量的某单原子分子理想气体装在封闭的气缸里，此气缸有可活动的活塞（活塞与气缸壁之间无摩擦且无漏气）。已知气体的初压强P 1=1atm,
体积V 1=10-3m 3
，现将该气体在等压下加热直到体积为原来的两倍,然后在等体下加热,到压强为原来的2倍,最后作绝热膨胀,直到温度下降到初温为止,试求：在整个过程中气体内能的改变、吸收的热量和所作的功。
解： 因为14T T =，所以内能增量为零。
J p p V V V p Q 2111111106.5)2(223
)2(25?=-+-=
J Q A 2106.5?==
11－10 有1mol 刚性多原子分子的理想气体,原来的压强为1.0atm,温度为27℃,若经过一绝热过程,使其压强增加到16atm 。试求:(1) 气体内能的增量；(2) 在该过程中气体所作的功；(3) 终态时气体的分子数密度。
解：（1） ()K p p T T 60012112==γ
γ
-
J T T R i
M E 31210479.7)(2?=-μ=
?
（2） J E A 3
10479.7?=-=?
（3）
3
262
2
/1096.1m kT p n 个?==
11－11 有一绝热的圆柱形的容器，在容器中间
放置一无摩擦、绝热的可动活塞，活塞两侧各有ν摩尔同种单原子分子理想气体，初始时，两侧的压强、体积、温度均为（P 0，V 0，T 0）。气体的定容摩尔热容量为C V ＝3R/2。现将一通电线圈放在活塞左侧气体中，对气体缓慢加热。左侧气体膨胀，同时压缩右方气体，最后使右方气体体积为V 2＝V 0/8。求：（1）左、右两侧气体的终温是多少?（2）左侧气体吸收了多少热量?解：（1）右则气体经历一绝热过程，初态()000T V P 、终态()222T V P ，由方程 122100--=γγV T V T 得出右侧气体末态温度：
0013/501
20
248T T T V
V T ==???
? ??=--γ
由理想气体物态方程，右侧气体终态压强为
00
22
00232P T V T V P P ==
由于活塞是可动的，左、右两侧的压强应相同：
02132P P P ==，
左侧末态体积： 02018
15
2V V V V =-= 左侧气体末态温：00000111608
15
32T T T V P V P T =?== （2）
00002193622
3
)2(U U W V P T R T T T C U Q V =?=-+=???=→ν
ν ＋＝＋右左右左左 11－12 如本题图所示，有一除底部
外都是绝热的气筒，被一位置固定的导热板隔成相等的两部分A 和B ，其中各盛有一摩尔的理想气体氮。今将334.4J 的热量缓慢地由底部供给气体，设活塞上的压强始终保持为1.01?105Pa ，求A 部和B 部温度的改变以及各吸收的热量(导热板的热容可以忽略)。若将位置固定的导热板换成可以自由滑动的绝热隔板，重复上述讨论。
习题11－12
解：（1）导热板固定，A 中气体为等容加热；B 中气体为定压膨胀，且为准静态的，搁板导热，
T T T B A ?=?=?
()T C C T C T C Q V P A V B P ?+=?+?= K R Q R
R Q C C Q T V P 71.631.864
.33462
527≈?==+=+=
? J T R T C Q V A 4.13971.631.825
25=??=?=?=
J Q Q Q A B 1954.1394.334=-=-=
（2）隔板活动，A 气体等压膨胀；隔板绝热，B 中气
体温度不变。
0=B Q 0=?B T T C Q Q P A ?==
K R Q C Q T P 50.1131.874.334272≈??===
?
11－13 0.32 kg 的氧气作如本题图所示的
ABCDA 循环，设V 2＝2V 1，T 1＝300K ，T 2＝200K ，求循环效。（氧气的定体摩尔热容的实验值为C V = 21.1
J·mol -1
·K -1） 分析：该循环是正循环。循环效率可根据定义式
Q
W /=η来求出，其中W 表示一个循环过程系统作的净功，Q 为循
环过程系统吸收的总热量。
解：根据分析，因AB 、CD 为等温过程，循环过程中系统作的净功为
()()()()J 1076.5ln ln ln 312212121
21CD AB ?=-=
+=+=V V T T R M
m
V V RT M
m
V V RT M m W W W
由于吸热过程仅在等温膨胀（对应于AB 段）和等体升压（对应于DA 段）中发生，而等温过程中0=E ?，则AB AB W Q =。等体升压过程中W = 0，则DA DA E Q ?=，所以，循环过程中系统 吸热的总量为
()()J 1084.3ln 421m V,1
21DA
AB DA AB ?=-+=
?+=+=T T C M m
V V RT M m E W Q Q Q
由此得到该循环的效率为
%15==W η
11－14 如本题图所示，某理想气体循环过程的V －T 图。已知该气体的定压摩尔热容C P = 2.5R ，定体摩尔热容C V = 1.5R ，且V C =2V A 。试问：（1）图中所示循环是代表致冷机还是热机？（2）如是正循环（热
机循环），求出循环效率。
分析：以正、逆循环来区分热机和致冷机是针对p －V 图中循环曲线行进方向而言的。因此，对图中的循环进行
分析时，一般要先将
其转换为P －V 图。
由图可以看出，BC 为等体降温过程，CA 为等温压缩过程；而AB 过程为等压膨胀过程。这样，就可得出p －V 图中的过程曲线，并可判别是正循环。
解：（1）根据分析，将V －T 图转换为相应的p －V 图，如图所示。图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环。
（2）根据得到的p －V 图可知，AB 为等压膨胀过程，为吸热过程。BC 为等体降压过程，CA 为等温压缩过程，均为放热过程。故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为
()A B m p,1T T C M m
Q -=
()()A C A C B m V,2ln V V RT M m
T T C M m Q +-=
CA 为等温线，有C A T T =；AB 为等压线，且因
A C 2V V =，则有2
B A T T =。故循环效率为
()()%
3.12/2ln 11A m p,A A m V,12=+-=-=T C RT T C Q η
11－15 有一以理想气体为工作物质的热机，其
循环如本题图所示，试证明热机效率为
习题11－13
习题11－14
T
V
()()1
112121---=p p V V γ
η
分析：该热机由三个过程组成，图中AB 是绝热过程，BC 是等压压缩过程，CA 是等体升压过程。其中CA
过程系统吸热，BC 过
程系统放热。本题可从效率定义
CA BC 1211Q Q Q Q -=-=η。出发，利用热力学
第一定律和等体、等压方程以及m V,m p,/C C =γ的关系来证明。
证：该热机循环的效率为
CA
BC 1211Q Q Q Q -=-=η
其中
()()C A m V,CA B C m p,BC
,T T C M m
Q T T C M m Q -=-=，
则上式可写为
1
1
11C A C B C
A B C ---=---=T T T T T T T T γ
γ
η
在等压过程BC 和等体过程CA 中分别有
2
C 1A 2C 1B ,P T P T V T V T ==
代人上式得
1
1
12121---=p p V V γ
η，证毕。
5－16 汽油机可近似地看成如图所示的理想循环，这个循环也叫做奥托（Otto ）循环，其中DE 和BC 是绝热过程。证明此热机的效率为
1)(1-γ-=ηB
C V V
证：（1）该循环仅在CD 一过程中吸热，EB 过程中放热。则
热机效率为
()()C
D B
E C D m V,B E m V,CD
EB 111T T T T T T C M m T T C M m
Q Q ---=---=-=η
（2）在过程BC 和DE 中，分别应用绝热方程
C TV =-1γ，有
1
C
C 1B B --=γγV T V T 1C
D 1B
E --=γγV T V T
由上述两式可得
1
B C C D B E -???
?
??=--γV V T T T T
将此结果代人（1）中。即可得
()1B C 1--=γηV V
11－17 在夏季，假定室外温度恒定为37℃，启
动空调使室内温度始终保持在17℃、如果每天有2.51×108 J 的热量通过热传导等方式自室外流人室内，则空调一天耗电多少？（设该空调致冷机的致冷系数为同条件下的卡诺致冷机致冷系数的60％）
分析：耗电量的单位为kW ?h ，1kW ?h = 3.6?106 J 。
因为卡诺致冷机的致冷系数为()212k T T T e -=，其中T 1为高温热源温度（室外环境温度），T 2为低温热源温度（室内温度）。所以，空调的致冷系数为
()
212k 6.0%60T T T e e -=?=
另一方面，由致冷系数的定义，有
()
212Q Q Q e -=
其中Q 1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q 2是空调从房间内吸取的总热量。若Q '为室外传进室内的热量，则在热平衡时Q Q '=2。由此，就可以求出空调的耗电作功总值21Q Q W -=。
解：根据上述分析、空调的致冷系数为
()7
.86.0212=-=T T T e
在室内温度恒定时，有Q Q
'=2。
由
习题11－15
()212Q Q Q e -=可得空调运行一天所耗电功
h
kW 0.8J 1089.27221?=?='==-=e Q Q Q Q W 11－18 设一质量为m 克的物体具有恒定的比热
c 。(1) 当此物体由温度T 1加热到T 2时，其熵的变化为多少？（2）当温度下降却时这物体的熵是否减小？如果减小，那么在这样的过程中宇宙的总熵是否减小？
解： （1） T
mcdT
T dQ ds ==-∵
则
???==212121T T T T S S T dT
mc T mcdT ds 1
2
12ln T T mc S S =-∴ （2）冷却时T 2 另一端与27℃的热库接触。试问： （1） 当有1200卡的热量通过这棒时，在这传导过程中所发生的熵的总变化为多大？ （2） 在这传导过程中棒的熵是否改变？ 解：（1） K .J 2.4k /c a l 0.1)3 1 41(1230012004001200S =+=+-=+-= ×△ （2）在这传导过程中棒的熵不改变。 5－20 让一摩尔的单原子理想气体由压强为P 与体积为V 的初态，经历两个不同过程改变到压强为2P 与体积为2V 的终态。（1）先让此理想气体等温地膨胀到体积加倍为止，然后在恒定体积下将压强增大到终态。（2）先让此理想气体等温地压缩到压强加倍为止，然后在恒定压强下将体积增大到终态。试分别对此两个过程计算理想气体熵的变化。 解：熵是态函数 △S=S f － S i 与路线无关 由 υυd R T dT C T pdv dE T dQ ds V +=+== 有 2 ln 42ln 4ln 2 32ln ln 2 32ln ln 23 ln ln 1 1221 2R R R R V P V P R V V R T T V V R T T C d R T dT C S S i f i f T T V V i f f i f i =+=+=+=+=+=-??υυυυ 11－21 如本题图所示，一长为0.8m 的圆柱形容器被一薄的活塞分隔成两部分。开始时活塞固定在距左端0.3m 处。活塞左边充有1mol ，5?105N ?m -2的氦气，右边充有1?105N ?m -2的氖气。它们都是理想气体。将气缸浸入1升水中，开始时整个物体系的温度均匀地处于25?C 。气缸及活塞的热容可不考虑。放松以后振动的活 塞最后将位于一新的平衡位置，试问（1）水温升高多少？（2）活塞将静止在 距气缸左边多大距离位置？（3）物体系的总熵增加多 少？ 解：（1）系统处于新的平衡位置后： 11Q W u A +-=? 11Q W u B -=? 0=?+?=?B A u u u T T =' 温度不变 （2）设新平衡后，活塞位于距A 处x ，（活塞截面为S ） A 端： ' 11010T PV T V P = P x S S =??3.01055 B 端：22020PV V P = ()S x P S -=??8.05.01015 两式相除：x x -= 8.03 m x 6.0= （3）整个气体的熵变等于氦气的熵变和氖气的熵变之和。注意温度始终不变。利用理想气体熵变公式，则 V V R νV V R νS S S S e S S e d d Ne 25.05.0H 6.03.0N He ?? +=?+?=? -1K J 22.3)5/2ln()3/1(2ln ?=+= R R 11－22 如本题图所示，图中1→3为等温线，1→ 4为绝热线，1→2和4→3均为等压线，2→3为等体线。 1mol 的氢气在1点的状态参量为V 1＝0.02m 3，T 1＝ 300K ，在3点的状态参量为V 3＝0.04m 3，T 3＝300K 。 试分别用如下三条路径计算S 3－S 1：（1）1→2→3；（2） 1→3；（3）1→4→3。 解：（1）“2 1-”为等压过程， 习题11－21图 K 600)/(1122=?=T V V T 。而“32-”为等体过程。 注意到2H 为双原子分子，2/7m ,R C p =， 2/5m ,R C V =。所以在“321--”过程中的熵变为 T Q T Q S S d d )3()2() 2()1(13??+=- T Q C T T C V p d d 300600m ,600300 m ,?? +=2ln ?=R （2）“31-”为等温过程。其熵变 2 ln )/ln(/d 23) 3() 1(13?===-? R V V R T Q S S （3）“341--”过程是由“41-”的绝热过程， 1 4 41 1 1--=γγV T V T （1） 和“34-”的等压过程 3434//V V T T = （2） 所组成的。联立（1）式、（2）式，考虑到K 3001=T ，得到“4”点的温度 K 30025/24?=-T 其熵变 )()(431413S S S S S S -+-=- ?? ??-=+=30023005 /234 d 25d 0T T R T Q T T 2ln 2ln 25 5/2?=?=R R 第12章 气体动理论 12－1 一容积为10L 的真空系统已被抽成1.0× 10-5 mmHg 的真空，初态温度为20℃。为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.0×10-2 mmHg ，问器壁原来吸附了多少个气体分子? 解：由式nkT p =，有 3 202352/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1?=???==?-nV N 12－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01?105 Pa ，温度为27℃，求：（l ）气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间等距排列） 分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。 又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的 体积为30V =，由数密度的含意可知 d n V ,10=即 可求出。 解：（l ）单位体积分子数 3 25m 1044.2-?==kT p n （2）氧气的密度 3m kg 30.1-?===RT pM V m ρ （3）氧气分子的平均平动动能 J 1021.62321k -?==kT ε （4）氧气分子的平均距离 m 1045.3193-?==n d 12－3 本题图中I 、II 两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求：（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率；（2）两种气体所处的温度。 分析：由M RT v /2p =可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最概然速率 p v 也就不同。因 22O H M M < ，故氢气比氧习题11－22图 气的p v 要大，由此可判定图中曲线II 所标 13p s m 100.2-??=v 应是对应于氢气分子的最概然速率。从而可求出该曲线所对应的温度。又因曲线I 、II 所处的温度相同，故曲线I 中氧气的最概然速率也可按上式求得。 解：（1）由分析知氢气分子的最概然速率为 1 3P s m 100.2/2)(22-??==H H M RT v 利用16/22H O =M M 可得氧气分子最概然速率为 1 2H P O O P s m 100.54)(/2)(222-??===v M RT v （2）由M RT v /2p =得气体温度 K 1081.42/2 2 p ?==R M v T 12－4 有N 个质量均为m 的同种气体分子，它们的速率分布如本题图所示。（1）说明曲线与横坐标所包围面积的含义；（2）由N 和v 0求a 值；（3）求在速率v 0/2到3v 0/2间隔内的分子数；（4）求分子的平均平动动能. 分析：处理与气体分子速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数()v f 的物理意义。 v N N v f d /d )(=题中纵坐标v N v Nf d /d )(=，即处于 速率v 附近单位速率区间内的分子数。同时要掌握)(v f 的归一化条件，即1d )(0=?∞ v v f 。在此基础上， 根据分布函数并运用数学方法（如函数求平均值或极 值等），即可求解本题。 解：（l ）由于分子所允许的速率在0到2v 0的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积 ()N v v Nf S v ==? 020 d 即曲线下面积表示系统分子总数N 。 （2）从图中可知，在0到v 0区间内，0 /)(v av v Nf =； 而在v 0到2v 0区间内，a v Nf =)(。则利用归一化条 件有 ?? +=00 020 d d v v v v a v v av N 得 3/2v N a = （3）速率在v 0/2到3v 0/2间隔内的分子数为 12 /7d d 2/32/000 0N v a v v av N v v v v =+=??? (4)分子速率平方的平均值按定义为 ??∞ ∞ ==0 20 2 2 d )(/d v v f v N N v v 故分子的平均平动动能为 2 022300 2 36 31)(21210 mv dv v N a dv v Nv a m v m v v v K =+==? ?ε 12－5 当氢气的温度为300℃时，求速率在区间3000m/s 到3010m/s 之间的分子数ΔN 1与速率在区间v p 到v p +10m/s 之间的分子数ΔN 2之比。 解：氢气在温度T =273+300=573开时的最可几速率v p 为 /2182002 .0573 31.822秒米××=== M RT v p 麦克斯韦速度分布公式可改写为 x e x N N x ?=?-2 24 π 则速度在3000米/秒~3010米/秒间的分子数 2182102182300042 218230002 1?? ? ????? ? ??=??? ? ??-e πN N 速度在v p ~ v p 10米/秒间的分子数 e πN N ?? ? ????? ? ??=??? ? ??-2182102182218242 218221822 2 习题12－4图 故 78021823000 2 218230002 21 .e e N N =?? ? ??=???? ? ?? 12－6 讨论气体分子的平动动能2 2 1mv = ε的分布函数，归一化条件，及求任意函数)(εg 的平均值公式。并由麦克斯韦气体分子速率分布函数导出动能分布函数，求出最可几动能。 解：在动能空间中取一小区间εεεd +-，小区间内分子数dN 占总分子数N 之比为 εεd f N dN )(= 其中)(εf 为分子动能分布函数，它满足归一化条件： 1)(0 =?∞ εεd f 任意函数)(εg 的平均值公：εεεεd f g g ?∞ =0 )()()( 令 dv kT mv v kT m dv v f d f ?-? ? ? ??==)2exp(24)()(2 2 2 /3ππεε 可求出 εεεπεεd kT kT d f ?-?= )exp()1( 2 )(2/3 令 0) (=ε εd df 可得最可几动能2kT p =ε 12－9 在容积为2.0?10-3 m 3的容器中，有内能为 6.75?102 J 的刚性双原子分子理想气体。（1）求气体的 压强；（2）设分子总数为5.4?1022 个，求分子的平均平动动能及气体的温度。 解：（1）由RT i M m E 2=和RT M m pV =可得气体压强 Pa 1035.1/25?==iV E p 12-7 12-8 （2）分子数密度n =N /V 为，则该气体的温度 K 1062.3/2?===）（Nk pV nk p T 气体分子的平均平动动能为 J 1049.72321k -?==kT ε 12－10 质点离开地球引力作用所需的逃逸速率为gR v 2= ，其中R 为地球半径。 （1）若使氢气分子和氧气分子的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各自应有多高的温度；（2）说明大气层中为什么氢气比氧气要少。（取R= 6.40?106 m ） 分析：气体分子热运动的平均速率M RT v π/8=。对于摩尔质量M 不同的气体分子，为使v 等于逃逸速率v ，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔质量M 较小的就容易达到逃逸速率。 解：（1）由题意逃逸速率gr v 2=，而分子热运动的 平均速率M RT v π/8=。当v v =时，有 R Mrg v R M T 482ππ= = 由于氢气的摩尔质量 1 3 H m ol kg 100.22--??=M ， 氧气的摩尔质量 1 2O m ol kg 102.32--??=M 则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为 K 1089.1,K 1018.15O 4H 22?=?=T T （2）根据上述分析，当温度相同时，氢气的平均速率比氧气的要大（约为4倍），因此达到逃逸速率的氢气分子比氧气分子多。按大爆炸理论，宇宙在形成过程中经历了一个极高温过程。在地球形成的初期，虽然温度已大大降低，但温度值还是很高。因而，在气体分子产生过程中就开始有分子逃逸地球，其中氢气分子比氧气分子更易逃逸。另外，虽然目前的大气层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分子速率分布曲线可知，在任一温度下，总有一些气体分子的运动速率大于逃逸速率。从分布曲线也可知道在相同温度下氢气分子能达到逃逸速率的可能性大于氧气分子。 12-11 一绝热的容器被中间隔板分成体积相等的两半，一半装有氦气，温度为250K ；另一半装有氧气， 温度为310K ．两种气体的压强均为p 0．求抽去隔板后 的混合气体温度和压强为多少？ [解答]设氦气和氧气分子各有N 1和N 2个，氦气是单原子分子，自由度为i 1 = 3；氧气是双原子分子，自由度为i 2 = 5． 隔板抽去前，氦气和氧气分子的总能量为 11112i E N kT = ，22222 i E N kT =． 隔板抽去后，氦气和氧气分子的总能量为 121222 i i E N kT N kT = +． 这个过程能量守恒，即，E = E 1 + E 2，所以有 i 1N 1T 1 + i 2N 2T 2 = (i 1N 1 + i 2N 2)T ． 由于压强 1 01112N p n kT kT V ==， 所以 0112p V N kT = ； 同理可得 022 2p V N kT = ． 将N 1和N 2的公式代入上面公式可得 1020102012 ()2222i p V i p V i p V i p V T k k kT kT +=+， 约去公因子，可得混合气体的温度为 1212 1221 ()i i TT T i T i T += += 284.4(K)． 混合气体的压强为 12() N N p nkT kT V +== 0012 1()22p V p V kT V kT kT = + 121201221()() 2() i i T T p i T i T ++= += 1.0275 p 0． 12－12 已知在单位时间内撞击在容器壁单位面积上的分子数为 v n 4 1 。假定一边长为1米的立方箱子， 1秒钟内 解：氧分子在标准状态下算术平均速率v 425032 .014.3273 31.888=???== M RT v π米/秒 每边长为1米的立方箱的总面积S =6?1?1=6米2 则28251091.164251034 1 41?=*???=?= S v n N 次/秒 12－13 在标准状态下氦气（He ）的内摩擦系数η=1.89×10-5帕秒，摩尔质量M 为0.004千克，平均速率v 为1.20×103米/秒。试求：（1）在标准状态氦原子的平均自由程。（2）氦原子的半径。 解：（1）由公式λρηv 3 1 = ，则v ρηλ3= 因为气体密度178.0104.221043 3=??==--v M ρ千克/米3 73 5 1065.210 20.1178.01089.133 --?=????==∴v ρηλ米 （2） ρ πη πλ22221 d RT d = = 由氦原子直径 10 1.7910 d -= = =?氦原子半径为101089.02 -?== d R 米 12－14 （1）求氮气在标准状态下的平均碰撞次数。（2）若温度不变，气压降到1.33×10- 4帕，平均碰撞次数又为多少？（设分子有效直径为10 - 10米） 解：（1）在标准状态下，氮气分子的算术平均速度 454028 .014.3273 31.888=???== M RT v π米/秒 由公式p =nRT 得 3 25235/1069.2273 1038.110013.1米个××××===-RT p n 由平均自由程n d 221πλ= 得 ( )米 ×××××λ7 25 2 101039.810 69.210 14.321 --== 平均碰撞次数 /1042.510 39.81055.4Z 87 2 秒次×××λ===-v （2）气压降低之后的平均碰撞次数为Z ' p p Z Z ' =' ∵ /71.01042.510 013.11033.1Z 85 4 秒次××××∴=='='-Z p p 12－15 若在标准压强下，氢气分子的平均自由 程为6×10 - 8米，问在何种压强下，其平均自由程为1厘米？（设两种状态的温度一样） 解：按p = nKT 和 21 2 n d πλ =，有 21 2 λ d n π= ，λ 2 2 d KT p π= 则 λλλλ00 011 ==p p 即 ()() 0.61= 10611061 66 0帕大气压×××λ λ --===p p 12－16 如果理想气体的温度保持不变，当压强降为原值的一半时，分子的平均碰撞频率和平均自由程如何变化？ 分析： 在温度不变的条件下，分子的平均碰撞频率p Z ∝，而分子的平均自由程p /1∝λ，由此可得压强变化时，平均碰撞频率和平均自由程的变化。 解：由分析知p Z ∝，当压强由p 0降至p 0/2时，平均碰撞频率为 2/2 /00 00 Z p p Z Z == 又因p /1∝λ，故当压强减半时，平均自由程为 00 22/λλλ==p p 米 第十四章 波动 #14－1 如本题图所示，一平面简谐波沿ox 轴正向传播，波速大小为u ，若P 处质点振动方程为 )cos(?+ω=t A y P ，求： （1）O 处质点的振动方程；（2）该波的波动方程；（3）与P 处质点振动状态相同质点的位置。 解：（1）O 处质点振动方程： y 0 = A cos [ ω（t + L / u ）+φ] （2）波动方程 y 0 = A cos { ω[t - （x - L ）/ u +φ} （3）质点位置 x = L ± k 2πu / ω （k = 0 , 1, 2, 3……） 14－2 一简谐波，振动周期T =1/2s ，波长λ＝10m ，振幅A =0.1m ，当t =0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox 轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t 1＝T/4时刻，x 1=λ/4处质点的位移；（3）t 2 ＝T/2时刻，x 1=λ/4处质点的振动速度。 解：（1） y = 0.1 cos ( 4πt - 2πx / 10 ) = 0.1 cos 4π（t - x / 20 ） (SI) （2） 当 t 1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x 1 = λ/ 4 = 10 / 4 m 处 质点的位移y 1 = 0.1cos 4π（T / 4 - λ/ 80 ） = 0.1 cos 4π(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m （3） 振速 )20/(4sin 4.0x t t y v --=??= ππ t 2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x 1 = λ/ 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速 v 2 = -0.4πsin (π-π/ 2 ) = - 1.26 m / s 14－3 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。设4 T t = 时刻的波形如本题图所示，求该波的表达式。 解：由图可看出，在t=0时，原点处质点位移 y 0＝－A ， 说明原点处质点的振动初相π?=0，因而波动方程为 ])(cos[πω++=u x t A y 14－4 本题图表示一平面余弦波在t ＝0时刻与t ＝2s 时刻的 解：由图可知： 原点处质点的振动初相2 0π ?-=； 波长 ，波速 s m u /102 20 == ； 因而圆频率 8 2π λ π ω= =u ， (1) 原点处质点的振动方程 )2 8cos(0π π-=t A y (2) 波方程 ??????-+=2)10(8cos ππx t A y 14－5已知一平面简谐波的方程为(SI))24(cos x t A y +=π (1) 求该波的波长λ，频率ν 和波速度u 的值； (2) 写出t ＝2.2s 时刻各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置。 14－6 波源作简谐振动，周期为s 100.12-?，以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，若此振动以u ＝400m/s 的速度沿直线传播。求：（1）距离波源8.0m 处质点P 的运动方程和初相；（2）距离波源9.0m 和10.0m 处两点的相位差。 解：在确知角频率1s 200 /2-==ππωT 、波速1s m 400-?=u 和初相）或2/(2/30ππ?-=的条件下， 波动方程 ] 2/3)s m 400/)(s 200cos[(11ππ+?-=--x t A y 位于 x P = 8.0 m 处，质点P 的运动方程为 ] 2/5)s 200cos[(1P ππ-=-t A y 习题14－1图 习题14－3图 习题14－4图 该质点振动的初相2/50π?-=P 。而距波源9.0 m 和 10.0 m 两点的相位差为 2 //)(2/)(212 12ππλπ?=-=-=?uT x x x x 如果波源初相取2/0π?-=，则波动方程为 ] 2/9)(s 200cos[(1ππ-=-t A y 14－7 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0W 的功率。若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）。求距离波源5.0m 和10.0m 处的能流密度。 分析：波的传播伴随着能量的传播。由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，故对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率P 。而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度 S P I =。 解：由分析可知，半径r 处的能疏密度为 2 4r P I π= 当 r 1 = 5.0 m 、r 2 = 10.0 m 时，分别有 222 11m W 1027.14--??==r P I π 232 22m W 1018.34--??==r P I π 14－8 一弹性波在媒质中传播的速度u=103m/s ，振幅A=1.0?10-4m ，频率ν =103Hz ，媒质的密度为ρ=800kg/m 3。求：（1）波的平均能流密度；（2）一分 钟内垂直通过一面积S=4.0?10-4m 2 的总能量。 解：（1）由能流密度I 的表达式得 2 m W 1058.1221 522222-??===v uA uA I ρπωρ (2)在时间间隔s 60=?t 内垂直通过面积 S 的能量为 J 1079.33?=??=??=t IS t P W 14－9 如本题图所示，三个同频率，振动方向相同（垂直纸面）的简谐波，在传播过程中在O 点相遇；若三个简谐波各自单独在S 1、S 2和S 3振动方程分别为y 1＝A cos(ωt +π/2)，y 2＝A cos ωt 和y 3＝2A cos(ωt -π/2)，且S 2O ＝4λ，S 1O ＝S 3O ＝5λ（λ为波长），求O 点的合振动方程。（设传播过程中各波振幅不变） 解：每一波传播的距离都是 波长的整数倍，所以三个波在O 点的振动方程可写成 y 1 = A 1 c o s (ωt +π/ 2 ) y 2 = A 2c o s ωt y 3 = A 3 c o s (ωt -π/ 2 ) 其中A 1 = A 2 =A ， A 3 = 2A , 在O 点，三个振动叠加，利用振幅矢量图及多边形加法（如图） 可得合振动方程 y = 24A t cos(/)ωπ- 14－10 2S 是波长均为λ的两个相 干波的波源，相距3/4，1S 的位相比2S 超前2π。若两波单独传播时，在过1S 和2S 的直线上各点的强度相同，不随距离变化，且两波的强度都是0I ，则在1S 、 2S 连线上1S 外侧和外侧2S 各点，合成波的强度分别 为多少？ 解：在1S 的外侧，两波源引起的分振动的相位差 ππ π λ π φφφ22 32 21 212-=- - =---=?r r ， 合振动振幅02A A =，波的强度04I I =； 在2S 外侧，ππ πλπφφφ=+-=---=?2 3221212r r ，所以I =0 。 14－11在弦线上有一简谐波，其表达式为 ?? ????π-??? ?? +π?=-3420100cos 100.221x t y （SI ） 。为了在此弦线上形成驻波，并且在x ＝0处为一波腹， 此弦线上还应有一简谐波，求其表达式。 解：设另一波的波动方程为 ????? ?+??? ?? -?=-φπ20100cos 100.222x t y 则驻波方程为 Q 习题14－10图 A 2 A 1 π/4 A 3 A =ΣA 0 y 12 244334.010cos 5cos 10022y y y x t ππ??ππ-=+????+- ? ?=?-+ ? ? ? ???? ? x ＝0处为波腹， () 2,1,023 4=±=+k k πφπ 取k ＝0处，则 πφ3 4 -= ????? ?-??? ?? -?=-3420100cos 100.222ππx t y 14－12 如本题图所示，1S 和2S 为同位相的两相干波源，相距为L ，P 点距1S 为r ；波源1S 在P 点引起的振动振幅为1A ，波源2S 在P 点引起的振动振幅为2A ，两波波长都是 λ，求P 点的振幅。 解：两列波传到P 点时的相位差 ()λ πλ π λ π φr L r r L r r 22221 2-=--=-=?， 因而P 点振幅 () 12 22121212 2212122cos 22cos 2A A A A A L r A A A A ?πλ=++??-?? ?=++ ? ???? ? 14－13 如本题图所示，S 为点波源，振动方向垂直于纸面，1S 和2S 是屏AB 上的两个狭缝，1S 2S ＝a 。1SS ⊥AB ， 并且1SS ＝b 。x 轴以2S 为坐标原点，并且垂直于AB 。在AB 左侧，波长为1λ；在AB 右侧，波长为2λ。求x 轴上干涉加强点的坐标。 解：在坐标为x 的P 点，两列波引起的分振动的位相差为 ??? ? ? ?+-+ -+=?22 21222λλπφa x x b b a 代入干涉加强的条件 () 2,1,02222 2122==??? ? ? ?+-+-+k k a x x b b a πλλπ 解出干涉加强点的坐标为 ()[]()[]()02,1,022 1 2 2 22 2 1 2 2 2 ≥=--+--+- = x k k b b a k b b a a x λ λλλ 14－14 设入射波的方程式为 ?? ? ??+=T t x A y λπ2cos 1，在x ＝0处发生反射，反射 点为一固定端。设反射时无能量损失，求：（1）反射波的方程式；（2）合成的驻波的方程式；（3）波腹和波节的位置。 解：（1）反射点是固定端，反射时有半波损失，且振幅不变，所以反射波的方程式为 ?? ? ???+??? ??-=πλπT t x A y 2cos 2 （2）合成的驻波的方程式为 ?? ? ??-??? ?? +=+=22cos 22cos 221πππλπT t x A y y y （3） 波腹位置满足 3,2,12 2==+ n n x π π λ π ， λ?? ? ??-=2121n x 波节位置满 () 2,1,0,2 1222=+=+ n n x π π λ π ， λn x 2 1 = 。 14－15 如本题图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密介质的反射面。波由P 点反射，OP 3λ/ ，DP λ/6。在t ＝0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动。求D 点处入射波与反射波的合振动方程。（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为ν。） 解：以O 点为坐标原点，设入射波方程式为 ? ?? ???+??? ? ?-=?λνπx t A y 2cos 1在P 点引起的振动方程为 ? ?? ??+-=??????+??? ? ?-=?ππν?λλνπ232cos 432cos 1t A t A y P 反射时有半波损失，?? ? ? ?+- =?π πν22 cos 2t A y P ，1 2 习题14－12图 习题14－13图 习题14－15 反射波方程式为 234cos 222cos 2x y A t x A t λππνπφλπνφλ?-? ??=--+ ???????????=++ ??? ? ??? 合成驻波方程式为 ()?πνλπ+?? ? ?? =+=t x A y y y 2cos 2cos 221 由题设条件t ＝0时x ＝0处y ＝0， 0 y ，所以2 π ?= ，??? ??+??? ? ?=22cos 2cos 2ππνλπ t x A y 又(),12 712 296 4 3λλλλ=-=-=D x ，代入上式，得D 点的振动方程 () t A t A t A y D πνππνππνπ2sin 322cos 322cos 1272cos 2=??? ? ? +-=? ?? ??+??? ? ? ?= 14－16 一平面简谐波的频率为500Hz ，在空气 中（ρ＝1.3kg/m 3）以u ＝340m/s 的速度传播，到达人耳时，振幅约为A ＝1.0×10-5m 。试求波在耳中的平均能量密度和声强。 解：波在耳中的平均能量密度 2622222m J 1042.6221 --??=== v A A ρπωρω 声强就是声波的能流密度，即 2 3m W 1018.2--??==w u I 这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感 到不适应。一般正常谈话的声强约为2 6m W 100.1--??左右。 14－17 面积为1.0m 2的窗户开向街道，街中噪声在窗户的声强级为80dB 。问有多少“声功率”传入窗内？ 分析：首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系。声强是声波的能流密度I ，而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量。它们之间的关系为)l g (0I I L =，其中 2120m W 100.1--??=I 为规定声强。L 的单位是贝尔 （B ），但常用的单位是分贝（dB ），且1B = 10 dB 。声 功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于 窗户上各处的I 相同，故有IS P =。 解：根据分析，由)lg(0I I L =可得声强为 10I I L = 则传入窗户的声功率为 W 100.11040-?===S I IS P L 14－18 若在同一介质中传播的、频率分别为1200Hz 和400Hz 的两声波有相同的振幅。求：（1）它们的强度之比；（2）两声波的声强级差。 解：（1）因声强2 2 ω ρuA I =，则两声波声强 之比 92 2212 1==ωωI I （2）因声强级()0lg I I L =，则两声波声强级差为 ()()()dB 54.9B 954.0lg lg lg 210201===-=?I I I I I I L 14－19 一警车以25m/s 的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为800Hz 。求：（1）静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2）如果警车追赶一辆速度为15m/s 的客车，则客车上的人听到的警笛声波的频率是多少？（设空气中的声速u =330m/s ） 分析：由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果。在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态。 解：（1）根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度 1 S s m 25-?=v 运动时，静止于路边的观察者所 接收到的频率为 S v u u v v =' 警车驶近观察者时，式中s v 前取“-”号，故有 Hz 6.865S 1 =-='v u u v v 警车驶离观察者时，式中s v 前取“+”号，故有 Hz 7.743S 2 =+='v u u v v （2）声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为 Hz 2.826S 03=--='v u v u v v 14－20 一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m/s 的速率向右运动。在其右方有一反射面相对于地面以65m/s 的速率向左运动。设空气中声速为331m/s 。求：（1）声源在空气中发出的声音的波长；（2）反射回的声音的频率和波长。 解： （1）在声源运动的前方 m 279.01080/)30331(/)(=-=-=s s b v u νλ 在声源运动的后方 m 334.01080/)30331(/)(=+=+=s s a v u νλ （2）反射面接收到的频率为 s s R R v u v u v ν-+= 反射后声音的频率为 Hz 1077.1108065) -30)(331-(33165)(331331 )(()(3?=?+?=--+=-= 's R s R s R s v u v u v u u v u u v νν 波 长 为 m 187.0)1077.1/(331/3=?='='R a u νλ 第十六章 光的干射 16－1 汞弧灯发出的光通过一滤光片后照射双缝干涉装置。已知缝间距d=0.60mm ，观察屏与双键相距D ＝2.5m ，并测得相邻明纹间距离Δx =2.27mm 。试计算入射光的波长，并指出属于什么颜色。 解：75.44810()544.8()xd m nm D λ-?==?=，黄绿色。 16－2 由光源S 发出的λ＝600nm 的单色光，自空气射入折射率n ＝1.23的一层透明物质，再射入空气（如图）若透明物质的厚度d=1cm ，入射角θ＝300，且SA=BC=5cm 。 求（1）θ1为多大？（2）此单色光在这层透明物 质里的频率、速度和波长各是多少？（3）S 到C 的几何路程为多少？光程为多少？ 解：(1)由折射定律 1 sin sin n θ θ=可得: 1sin sin 30 sin sin()241.23 arc arc n θθ=== (2)82.4410(/)n c v m s n = =? 74.8810()n m n λ λ-==? 145.010()c Hz νλ ==? (3)S 到C 的几何路程为: 1 0.111()cos d SC SA AB BC SA BC m θ=++=+ +=S 到C 的光程为: 110.114()SA AB n BC m ?=?+?+?= 16－3 劳埃德镜干涉装置如图所示，光源S 0和 它的虚像S 1位于镜左后方20cm 的平面内，镜长30cm ， 并在它的右边缘处放一毛玻璃屏幕。如果从S 0到镜 的垂直距离为2mm ，单色光的波长为720nm ，试求 镜的右边缘到第一条明纹的距离。 解：51 4.510()22x d x m d λ-'?= ==? 16－4一双缝实验中两缝间距为0.15mm ，在l.0m 远处测得第l 级和第10级暗纹之间的距离为36mm 。求所用单色光的波长。 解：600()xd nm D λ?= = 习题3用图 16-2 16－5利用洛埃德镜观察干涉条纹，条纹间隔为0.005cm ，所用的波长为589nm ，如果光源和屏的距离为0.3m ，问光源放在镜面上方多高的地方？ 解：33.53410()D d m x λ -= =?? 31.76710() 1.767()2 D D m mm -'==?= 16－6在菲涅耳双棱镜的实验中，若光源 离两镜交线的距离是1m ，屏距交线2m ，所 用单色光的波长是500nm ，所得干涉条纹的 间距为lmm ，试计算两反射镜的夹角。 解 47.510()2sin r l x rad r λθθ -+?= ?=? 16－7沿南北方向相隔3.0km 有两座无线发射台，它们同时发出频率为2.0×105H Z 的无线电波。南台比北台的无线电波的相位落后(π/2。求在远处无线电波发生相长干涉的方位角（相对于东西方向）。 解：sin 4 r d k λ θλ?=+ =± 其中8 35 310 1.510()210 c m λν?===?? sin ()/4 k d λ θλ∴=±- 0k = 7.2θ= 1k = 22.0θ= 1k =- 38.7θ= 2k = 61.0θ= 2k =- sin 1θ<-(舍) 3k = sin 1θ>(舍) 16－8用很薄的、折射率为1.58的云母片覆盖在双 缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹位置上，如果入射光波长为550nm ，试问此云母片的厚度为多少？ 解：零级明条纹移到第七级明条纹上,则 原来零级明纹的地方出现的为－7级明纹，设 b 为云母片厚度,则 光程1为: r b nb -+ 光程2为: r 7r b nb r λ∴?=-+-=-解得:36.610()b mm -=? 16－9 用白光垂直入射到间距为0.25mm 的双缝上，距离缝1.0m 处放置屏幕。求第二级干涉条纹中紫光和红光极大点的间距（白光的波长范围是400～760nm ）。 解：31 6.0810()D x k m d λ-= =? 32 3.2010()D x k m d λ-==? 312 2.8810() 2.88()x x x m mm -?=-=?= 16－10 让一束水平的氦氖激光器发出波长为632.8nm 的激光垂直照射双缝，在缝后2.0m 处的墙上观察到中央明纹和第1级明纹的间隔为14cm 。 （1）求双缝的间距； （2）在中央条纹以上还能看到几条明纹？ 解：(1)69.0410()D d m x λ -= =?? (2)sin d k θλ=± sin 1θ=时,14k ≈ 16－11 在空气中有一厚度为5000A 的薄油膜 （n=1.46），并用白光垂直照射到此膜上，试问在300nm 到700nm 的范围内，哪些波长的光反射最强? 解：22 nd k λ λ+ = 21/2 nd k λ?= - 1k =2920()nm λ=(舍) 2k = 973()nm λ=(舍) 3k = 584()nm λ= 4k = 417.1()nm λ= 5k = 324.4()nm λ= 6k = 265.4()nm λ=(舍) 所以,反射最强的光为584nm , 417.1nm , 324.4nm. 16－12 一折射率为 1.5表面附有一层折射率为1.32油膜，今用一波长连续可调的单色光束垂直照射油面。当波长为485nm 时，反射光干涉相消。当波长增为670nm 时，反射光再次干涉相消。求油膜的厚度。 解：1 2(21) 2 nd k λ=+ O 习题16-6用图 2 2[2(1)1] 2 nd k λ=-+ 其中 1.38n =,1485nm λ=,2670nm λ=,代入数据,可得 3k =, 643d nm = 16－13 如图，一长10cm 的玻璃片，叠加在另一玻璃片上，并用0.1mm 厚度的金属带从一端塞入它们之间，使两玻璃片成一小角度。以波长为546nm 的光从玻璃片顶上照射，从反射光可以观察到每厘米有多少条干涉条纹？ 解：0.0273()2L b cm nD λ= = 1 36()b =条 16－14 如图，与上题原理同，将金属带换成金属丝D ，用589nm 的钠光照射，从图示之劈尖正上方的中点处（即L/2处）观察到条纹向左移动了10条，求金属丝直径膨胀了多少？若在金属丝D 的上方观察又可看到几条条纹移动？ 解：/2102L d n λ ?= ? 3/22 5.8910()L L d d mm -=???=? 2L d k n λ ?= ? 20() k ?=条 16－15如果观察到肥皂水薄膜（n ＝1.33）的反射光呈深黄色（(＝590.5nm ），且这时薄膜法线与视线间的角度为i=450，问薄膜最薄的厚度是多少？ 解：1 sin sin cos 0.85i n νν= ?= 2cos 2 nd k λ νλ+ = 当1k =时,4min 1.3110()d mm -=? 16－16 若透镜表面涂一层MgF 2（n ＝1.38）透明 物质薄膜，利用干涉来降低玻璃表面的反射。试问，为了使透镜在可见光谱的中心（550nm ）处产生极小的反射，这层薄膜最少厚度多少？ 解：2(21) 2 nd k λ =+ 取k=0,则min 99.6()d nm = 16－17 白光照射到折射率为1.33的肥皂膜上，若 从450角方向观察薄膜呈现绿色（500nm ），试求薄膜最小厚度。若从垂直方向观察，肥皂膜正面呈现什么颜色？ 解：(1)1 sin sin cos 0.85i n νν= ?= 2cos 2 nd k λ νλ+ = 当1k =时,4min 1.1110()d mm -=? (2) 22 nd k λλ' '+ =590.5()nm λ'= k=1, 590.5()nm λ'= 黄色 k=1, 196.8()nm λ'= 舍去 16－18 用单色光观察牛顿环，测得某一明环的直径 为3.00mm ，它外面第5个明环的直径为4.60mm 。，平凸透镜的半径为1.03m ，求此单色光的波长 解：r = 333102590()4.60102nm λ--??=? ?=???=?? 16－19 当牛顿环装置中的透镜与平面玻璃之间充以某种液体时，某一级干涉条纹直径由 1.40cm 变成1.27cm 时，试求该液体的折射率。 解：222222nd r n R r λλ ? ?=+??=?+??=? ∵是等厚干涉,∴对于同一级条纹有:12?=? 221212222222 r r n n R R λλ∴?+=?+ 其中11n = 2 1222 1.21 r n r ∴== 16－20 折射率为n ，厚度为d 的薄玻璃片放在迈克耳孙干涉仪的一臂上，问两光路光程差改变量是多少？ 解：222(1)nd d n d ?=-=- D L n=1 习题16-13用图 i ν 习题16-15用 16－21 用迈克耳孙干涉仪可以测量光的波长，某次测得可动反射镜移动距离（L=0.3220mm 时，等倾条纹在中心处缩进1204条条纹，试求所用光的波长。 解：2 L n λ =?? 2534.9()L nm n λ∴= =? 16－22 迈克耳孙干涉仪的两臂中，分别放入长0.2m 的玻璃管，一个抽成真空，另一个充以1 atm 的氩气。今用汞绿线（λ＝546nm 照明，在将氩气徐徐抽出最终也达到真空的过程中，发现有205个条纹移过视场，问氩气在1 atm 时的折射率是多少？ 解：(21)n l ?=- (21)205n l λ∴-= 1.00028n ∴= 第十七章 光的衍射 17－1 波长为700nm 的红光正入射到一单缝上，缝后置一透镜，焦距为0.70m ，在透镜焦距处放一屏，若屏上呈现的中央明条纹的宽度为2mm ，问该缝的宽度是多少？假定用另一种光照射后，测得中央明条纹的宽度为1.5mm ，求该光的波长。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? m x f a 73 9109.410 2107007.022---?=????=?=λ f x a 2?=λ 代入数据得 nm 5257 .02105.110 9.43 7 =???=--λ 17－2一单缝用波长为λ1和λ2的光照明，若λ1的第一级衍射极小与λ2的第二级衍射极小重合。问 （1）这两种波长的关系如何？ （2）所形成的衍射图样中是否还有其它极小重合？ 解：（1）单缝衍射极小条件为λθk a =sin 依题意有 212λλ= （2）依题意有 11sin λθk a = 22sin λθk a = 因为212λλ=，所以得所形成的衍射图样中还有 其它极小重合的条件为212k k = 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.5101.0101.546105023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 90=?== - 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。 在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为λθk a =sin 依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475.2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 )12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 600 57521=?==λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在 视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的 角宽度为 rad d 43 9 109.110 0.71055044.244.22---?=??==λ θ （2）视网膜上星体的像的直径为 mm l d 34104.423109.1 2--?=??==θ （4） 细胞数目应为 3.2105.14 ) 104.4(52 3=????= -πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为 5.0mm ，入射光波长为550nm.。 解： 38.9101.22l L l L l D L m λδθλ ????= =?设两灯距为，人车距为。人眼最小分辨角为， ＝1.22＝ D 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？（2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 解：装置的光路如图所示。 (2)sin 1.22 , 1.22 2rad rad D m D δθλλ θδθ ?=??===-2 -73 (1)角分辨率即最小分辨角为510＝31016010 17－10 一光栅每厘米刻有4000条线，计算在第二级光谱中，氢原子的α和δ谱线间的角间隔（以度为单位）已知α和δ谱线的波长分别为656nm 和410nm ，假定是正入射。 解： 2.54000 22656sin 2sin 2.522410sin 0.3282.531.655 m m m b b m m b m θλλ?λ?λ?α?δ???=?'??'=∴=?''??''?'''∴?-2-6-9-6-9-6110(1)光栅常数b=10由光栅衍射明纹条件bsin =k 得正入射时 10＝＝0.5248， 1010＝＝＝10谱线第二级亮纹张角为＝谱线第二级亮纹张角为＝19.439 两谱线第二级亮纹间的角距离为＝12.216 ??'''－＝ 17－11 两束波长分别为450nm 和750nm 的单色光正入射在光栅上，它们的谱线落在焦距为1.50m 的透镜的焦平面上，它们的第一级谱线之间的距离为6 ×10－ 2m ，试求光栅常数为多少？ 解： 750sin sin 450sin sin sin sin sin 61.5(m b b b m b b f f x f f m m b θλλ?λ?λ???????' ?'=∴=''?''''' ≈''''''≈∴''''''?-=?∴= -9-9-2(1)由光栅衍射明纹条件bsin =k 得正入射时10＝ 10＝＝ 750nm 谱线第一级距中心点的距离x =ftg 450nm 谱线第一级距中心点的距离x =ftg 两谱线第一级亮纹间的距离为＝x －x ＝10光栅常数750450) 67.5m m m m ?-??=?-9-9-2-610101010 17－12 以氦放电管发出的光正入射某光栅，若测得波长为668nm 的单色光衍衍射角为200，如在同一衍射角下出现了更高级次的氦谱线，波长为447nm ，问光栅常数最小应为多少？ 解： 668 3.9sin sin 20 447 1.3sin sin 20 1668 3.906sin 20 k m b k um k m k um m m θλλθλθ??==≈?'''??'==≈?'??=?-9-9-9-6由光栅衍射明纹条件bsin =k 得正入射时 k 10k 10或b 所以光栅常数随着级数的增大而增大,当k=1和k =3时,b 取最小值10b=10 17－13 一束光线正入射到衍射光栅上，当分光计转过?角时，在视场中可看到第三级光谱内波长为440nm 的条纹。问在同一角?上，可看见波长在可见光范围内的其它条纹吗？ 解： S 1S 2 第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2 q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球 A 、 B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图 (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图 则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图 习题八 8-1 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8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 22 0)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-2 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8-2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8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θ πεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距 源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能 再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不 会是无限大． 8-4 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f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 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． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的 距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试 证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 习题八 8-1 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8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为 2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外 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 -??=000 )1(0t 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 -2gh 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 练 习 册 物理教研室遍 热力学（一） 一、选择题： 1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程 （A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。 （B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。 （C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。 （D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。 [ ] 2、在下列各种说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。 （2）热平衡过程一定是可逆过程。 （3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。 （4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。 （A）（1）、（2）（B）（3）、（4） （C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4） 3、设有下列过程： [ ] （1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。 （3）冰溶解为水。 （4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。 其中是逆过程的为 （A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3） （C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4） 4、关于可逆过程和不可逆过程的判断： [ ] （1）可逆热力学过程一定是准静态过程。 （2）准静态过程一定是可逆过程。 （3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。 （4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。 以上四种判断，其中正确的是 （A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4） （C）（2）、（4）（D）（1）、（4） 5、在下列说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）可逆过程一定是平衡过程。 （2）平衡过程一定是可逆的。 （3）不可逆过程一定是非平衡过程。 （4）非平衡过程一定是不可逆的。 （A）（1）、（4）（B）（2）、（3） （C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3） 大学物理简明教程（上册）习题选解 第1章 质点运动学 1-1 一质点在平面上运动，其坐标由下式给出)m 0.40.3(2 t t x -=，m )0.6(3 2 t t y +-=。求：（1）在s 0.3=t 时质点的位置矢量； （2）从0=t 到s 0.3=t 时质点的位移；（3）前3s 内质点的平均速度；（4）在s 0.3=t 时质点的瞬时速度； （5）前3s 内质点的平均加速度；（6）在s 0.3=t 时质点的瞬时加速度。 解：（1）m )0.6()0.40.3(322j i r t t t t +-+-= 将s 0.3=t 代入，即可得到 )m (273j i r +-= （2）03r r r -=?，代入数据即可。 （3）注意：0 30 3--=r r v =)m/s 99(j i +- （4）dt d r =v =)m/s 921(j i +-。 （5）注意：0 30 3--=v v a =2)m/s 38(j i +- （6）dt d v a ==2)m/s 68(j -i -，代入数据而得。 1-2 某物体的速度为)25125(0j i +=v m/s ，3.0s 以后它的速度为)5100(j 7-i =v m/s 。 在这段时间内它的平均加速度是多少？ 解：0 30 3--= v v a =2)m/s 3.3333.8(j i +- 1-3 质点的运动方程为) 4(2k j i r t t ++=m 。（1）写出其速度作为时间的函数；（2）加速度作为时间的函数； （3）质点的轨道参数方程。 解：（1）dt d r =v =)m/s 8(k j +t （2）dt d v a = =2m/s 8j ； （3）1=x ；2 4z y =。 1-4 质点的运动方程为t x 2=，22t y -=（所有物理量均采用国际单位制）。求：（1）质点的运动轨迹；（2）从0=t 到2=t s 时间间隔内质点的位移r ?及位矢的径向增量。 解：（1）由t x 2=，得2 x t = ，代入22t y -=，得质点的运动轨道方程为 225.00.2x y -=； （2）位移 02r r r -=?=)m (4j i - 位矢的径向增量 02r r r -=?=2.47m 。 （3）删除。 1-6 一质点做平面运动，已知其运动学方程为t πcos 3=x ，t πsin =y 。试求： （1）运动方程的矢量表示式；（2）运动轨道方程；（3）质点的速度与加速度。 解：（1）j i r t t πsin πcos 3+=； （2）19 2 =+y x （3）j i t t πcos πsin 3π+-=v ； )πsin πcos 3(π2j i t t a +-= *1-6 质点A 以恒 定的速率m/s 0.3=v 沿 直线m 0.30=y 朝x +方 向运动。在质点A 通过y 轴的瞬间，质点B 以恒 定的加速度从坐标原点 出发，已知加速度2m/s 400.a =，其初速度为零。试求：欲使这两个质点相遇，a 与y 轴的夹角θ应为多大？ 解：提示：两质点相遇时有，B A x x =，B A y y =。因此只要求出质点A 、B 的运动学方程即可。或根据 222)2 1 (at y =+2(vt)可解得： 60=θ。 1-77 质点做半径为R 的圆周运动，运动方程为 2021 bt t s -=v ，其中，s 为弧长，0v 为初速度，b 为正 的常数。求：（1）任意时刻质点的法向加速度、切向加速度和总加速度；（2）当t 为何值时，质点的总加速度在数值上等于b ？这时质点已沿圆周运行了多少圈？ 题1-6图 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，则该面内必定没有净电荷； （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：A] (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，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (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：1：5] 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 大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2) 1.5一质点沿半径为 0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ= 2 +4t 3．求： （1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答] （1）角速度为 ω= dθ/dt = 12t2 = 48(rad2s-1)， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(m2s-2)； 角加速度为 β= dω/dt = 24t = 48(rad2s-2)， 切向加速度为 at = rβ= 4.8(m2s-2)． （2）总加速度为， 当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得， 即， 解得． 所以=3.154(rad)． （3）当at = an时，可得rβ= rω2， 即24t = (12t2)2， 解得． 1.7一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体 A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h= 0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度． 由于，所以 at = 2h/Δt2 = 0.2(m2s-2)． 物体下降3s末的速度为 v = att = 0.6(m2s-1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为 = 0.36(m2s-2)． 1.8一升降机以加速度 1.22m2s-2上升，当上升速度为 2.44m2s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 2.74m．计算： （1）螺帽从天花板落到底面所需的时间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为 = 0.705(s)． 算得h2 = - 0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程， 由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离． 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) = 6t2 - 2t 3．试求： （1）第2s内的位移和平均速度； 大学物理下练习题 一、选择题（每题1分，共41分） 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？（B ） (A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ） （A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 （B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。 （C ）场强方向可由 E =F /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力。 ( D )以上说法都不正确。 3．图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: （A ） (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强（C ） (A) 大小为零. (B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. (C) 大小为() 2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()2 022a q πε, 方向沿y 轴负向. 5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ） (A) πR 2E . (B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 . 6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ） （Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图 1.1 图1.2 图1.3 一、判断题 1. 在自然界中，可以找到实际的质点. ···················································································· [×] 2. 同一物体的运动，如果选取的参考系不同，对它的运动描述也不同. ···························· [√] 3. 运动物体在某段时间内的平均速度大小等于该段时间内的平均速率. ···························· [×] 4. 质点作圆周运动时的加速度指向圆心. ················································································ [×] 5. 圆周运动满足条件d 0d r t =，而d 0d r t ≠ . · ··············································································· [√] 6. 只有切向加速度的运动一定是直线运动. ············································································ [√] 7. 只有法向加速度的运动一定是圆周运动. ············································································ [×] 8. 曲线运动的物体，其法向加速度一定不等于零. ································································ [×] 9. 质点在两个相对作匀速直线运动的参考系中的加速度是相同的. ···································· [√] 10. 牛顿定律只有在惯性系中才成立. ························································································ [√] 二、选择题 11. 一运动质点在某时刻位于矢径(),r x y 的端点处，其速度大小为：（ C ） A. d d r t B. d d r t C. d d r t D. 12. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为2 54SI S t t =+-（） ，则小球运动到最高点的时刻是： （ B ） A. 4s t = B. 2s t = C. 8s t = D. 5s t = 13. 一质点在平面上运动，已知其位置矢量的表达式为22 r at i bt j =+ （其中a 、b 为常量）则 该质点作：（ B ） 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 14. 某物体的运动规律为2d d v kv t t =-，式中的k 为大于0的常数。当0t =时，初速为0v ，则速 度v 与时间t 的关系是：（ C ） A. 0221v kt v += B. 022 1 v kt v +-= C. 021211v kt v += D. 0 21211v kt v +-= 15. 在相对地面静止的坐标系中，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 沿x 轴正方向，B 一、 选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子 的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表 此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题 大学物理学答案【下】 北京邮电大学出版社 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 1q212cos30?=4πε0a24πε0qq'(2a)3 解得q'=-q 3 第一章 思考题 1-1何谓参考系和坐标系？为什么要引入这些概念？ 答：为描述物体的运动状态而选择为标准的参考物体称为参考系；与参考系相固结的坐标系称为坐标系；因为运动具有相对性，并对物体相对于参考系的运动规律要作出定量描述。 1-2何谓位置矢量？试写出位置矢量在直角坐标系Oxyz 中的正交分解式,并说明如何计算其大小和方向?为什么说用位置矢量与用位置坐标描述质点的位置是等效的？ 答：由参考点指向质点所在位置的矢量； 222 cos ,cos ,cos r xi yj zk r r x y z x y z r r r αβγ=++==++=== 因为一旦质点所在位置的位置坐标确定，则其对应的位置矢量也就唯一确定，反之亦然。 1-3试说明位移和路程的意义及两者之间的区别. 答：位移是指质点在一段时间间隔内位置的变化；而路程是指在一段时间间隔内质点沿轨迹所经过的路径的总长度。区别：1.位移是矢量，而路程是标量；2.物理意义不同；3.位移只与始末位置有关。 1-4试说明速度的定义，其大小和方向如何计算？ 答：速度是位置矢量对时间的变化率。 大小：ds v v dt == 方向：沿质点所在位置处曲线的切线方向，并指向质点运动的一方。 1-5速度和速率有何区别？有人说:“一辆汽车的速度最大可达每小时１２０千米，它的速率为向东每小时７５千米?”你觉得这种说法有何不妥？ 答：1.速度是矢量，而速率是标量；2.物理意义不同。只能说速率最大或最小；速率是标量。 1-6试说明加速度的定义. 答：速度对时间的变化率或位矢关于时间的二阶导数。 1-7当质点作平面运动时，试列出其位置矢量、位移、速度和加速度等矢量的分量表示式，由此如何计算这些量的大小和方向？ 答：1.在角坐标系中： r xi yj =+ ，r xi yj ?=?+? ，dx dy v i j dt dt =+ 2222d x d y a i j dt dt =+ 22r r x y ==+ ，22r r x y ?=?=?+? tan ,tan y y x x αα?'== ? 22x y v v v v == + ，22x y a a a a ==+ 大学物理下册练习及答 案 文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208] 电磁学 磁力 A 点时，具有速率s m /10170?=。 （1） 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需 的磁场大小和方向； （2） 求电子自A 运动到C 所需的时间。 解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。 （2）所需的时间为s v R T t 87 0106.110 105 .0222-?=??===ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =的匀强磁场中，其速度 B 成89角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 1019 31 106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.1 0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在 知铜片里每立方厘米有2210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时， （1）求铜片两侧的电势差'aa U ； （2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响为什么 解：（1）53 1928'1023.210 0.1)106.1(104.85 .1200---?-=???-???== nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。 v A C 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 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 ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从 电磁学 磁力 图所示，一电子经过A 点时，具有速率s m /10170?=υ。 （1） 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁场大小和方向； （2） 求电子自A 运动到C 所需的时间。 解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。 （2）所需的时间为s v R T t 8 7 0106.110 105.0222-?=??= ==ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =0.1T 的匀强磁场中，B 成89?角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 10 19 31106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.11 .0106.189sin 106.21011.989sin ---? =??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在知铜片里每立方厘米有8.42210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时， （1）求铜片两侧的电势差'aa U ； （2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响？为什么？ v C大学物理学下册课后答案(袁艳红主编)
大学物理学下册答案第11章
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册
大学物理第三版下册答案(供参考)
大学物理课后习题答案详解
大学物理下册习题及答案
大学物理学-第1章习题解答
大学物理D下册习题答案
大学物理学吴柳下答案
大学物理第一章答案
大学物理下练习题答案汇总
大学物理 第一章练习及答案
大学物理习题集(下)答案
大学物理(下)答案
第一章大学物理答案
大学物理下册练习及答案
大学物理学(课后答案解析)第1章
大学物理下册练习及答案
相关主题
文本预览