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大学物理 第十六章 课后答案

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大学物理 第十六章 课后答案

习题十六

16-1 将星球看做绝对黑体,利用维恩位移定律测量m λ便可求得T .这是测量星球表面温度的方法之一.设测得:太阳的m 55.0m μλ=,北极星的m 35.0m μλ=,天狼星的

m 29.0m μλ=,试求这些星球的表面温度.

解:将这些星球看成绝对黑体,则按维恩位移定律:

K

m 10

897.2,3

??==-b b T m λ

对太阳:

K

10

3.510

55.010897.23

6

3

11

?=??=

=

--m

b

T λ

对北极星:

K

10

3.810

35.010897.23

6

322

?=??=

=

--m

b

T λ

对天狼星:K

10

0.110

29.010

897.24

6

333?=??=

=

--m b

T λ

16-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W ·cm -2

,求炉内温度. 解:炉壁小孔视为绝对黑体,其辐出度

2

4

2

m

W 10

8.22cm W 8.22)(--??=?=T M B

按斯特藩-玻尔兹曼定律:

=)(T M B 4T σ

4

18

4

4)1067.510

8.22()(-??==σT M T B K 1042.110)67.58.22(3

34

1?=?=

16-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量,今有波长为2000ο

A 的光投射到铝表面.试

问:(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大?

解:(1)已知逸出功eV 2.4=A

据光电效应公式

2

21m

mv hv =

A +

则光电子最大动能:

A

hc

A h mv E m -=

-==

λ

υ2

max k 2

1

eV

0.2J 10

23.310

6.12.410

200010

310

63.619

19

10

8

34

=?=??-????=

----

m

2max k 21)2(mv

E eU

a

=

=

∴遏止电势差

V

0.210

6.11023.319

19

=??=

--a U

(3)红限频率0

υ,∴

000,λυυc

A h =

=又

∴截止波长

19

8

34

01060.12.410

310

63.6--?????=

=

A

hc λ

m 0.296m 10

96.27

μ=?=-

16-4 在一定条件下,人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(m 105.0-7

?=λ)产生光的感觉.此

时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子,则到 达眼睛的功率为多大? 解:5个兰绿光子的能量

J

1099.110

0.510

310

63.6518

7

8

34

---?=?????=

==λ

υhc

n nh E

功率 W

1099.118

-?==

t

E

16-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J ·s -1

·m -2

,如果平均波长为5000ο

A ,则每秒钟落到地面上1m 2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm ,每秒钟进入人眼的光子数是多少?

解:一个光子能量

λυhc

h E =

=

1秒钟落到2

m 1地面上的光子数为

2

1

19

8

34

7

m

s

1001.210

31063.6105888----??=?????=

=

=

hc

E

n λ

每秒进入人眼的光子数为

1

14

6

2

19

2

s

1042.14

/10314.310

01.24

--?=????==d

n

N π

16-6若一个光子的能量等于一个电子的静能,试求该光子的频率、波长、动量. 解:电子的静止质量S

J 10

63.6,kg 10

11.934

31

0??=?=--h m

当 2

0c

m h =υ时,

Hz

10

236.11063.6)

103(10

11.920

34

2

831

2

0?=????=

=--h c m υ

ο

12

A

02.0m 10

4271.2=?==-υ

λc

1

22

8

31

02

01

22

s

m kg 10

73.210

310

11.9s

m kg 10

73.2-----???=???====

=???==

c m c c

m c E p cp

E h

p 或λ

16-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用,试问这两个过程有什么不同?

答:光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面,是电子处于原子中束缚态时所发生的现象.遵守能量守恒定律.而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞,同时遵守能量与动量守恒定律.

16-8 在康普顿效应的实验中,若散射光波长是入射光波长的1.2倍,则散射光子的能量ε与反冲电子的动能k E 之比k E /ε等于多少? 解:由

2

2

00mc h c

m hv +=+υ

)

(002

02

υυυυ-=-=-=h h h c

m mc

E k

υεh =

∴ 5)(00=-=-=υυυυυυεh h E k

已知2.10=λλ由2

.10=∴=υυλυc

2.11

0=

υυ则52.0112.110==-=-υυυ

16-9 波长ο

0A 708.0=λ的X 射线在石腊上受到康普顿散射,求在2π

和π方向上所散射的X 射线波长各是多大?

解:在

2π?=

方向上: ο

12

8

31

34

200A 0243.0m 10

43.24

sin

10

310

11.91063.622

sin

2Δ=?=?????=

=-=---π

?

λλλc

m h

散射波长ο

0A

732.00248.0708.0Δ=+=+=λλλ 在π?=方向上

ο

12

02

00A

0486.0m 10

86.422

sin

2Δ=?==

=

-=-c

m h c

m h ?

λλλ

散射波长 ο

0A

756.00486.0708.0Δ=+=+=λλλ

16-10 已知X 光光子的能量为0.60 MeV ,在康普顿散射之后波长变化了20%,求反冲电子的能量.

解:已知X 射线的初能量

,

MeV 6.00=ε又有

000

,ελλεhc

hc

=

∴=

经散射后

00020.1020.0λλλλ?λλ=+=+=

此时能量为 0

2.112.1ελλ

ε=

=

=

hc hc

反冲电子能量

MeV

10.060.0)2

.11

1(0=?-

=-=εεE

16-11 在康普顿散射中,入射光子的波长为0.030 ο

A ,反冲电子的速度为0.60c ,求散射光子的波长及散射角.

解:反冲电子的能量增量为

2

02

02

202

02

25.06

.01c

m c

m c

m c

m mc

E =--=

-=?

由能量守恒定律,电子增加的能量等于光子损失的能量,

故有 2

00

25.0c

m hc

hc

=-

λλ

散射光子波长

ο

12

10

8

31

34

1034

00

A

043.0m 10

3.410

030.010310

1.925.010

63.610

030.010

63.625.0=?=??????-????=

-=

------λλλc m h h

由康普顿散射公式

2sin 0243.022

sin

22

2

00?

?

λλλ??==

-=c

m h

可得 2675

.00243

.02030.0043.02

sin

2

=?-=

?

散射角为 7162'=ο

? 16-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子. (1)试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?

(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时,可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上.

解:(1)

2

eV 6.13eV 85.0eV 75.12eV 6.13n -

=-=+-

解得 4=n

或者 )

11

1(

22

n Rhc E -=?

75

.12)1

1.(1362=-=n

解出 4=n

题16-12图 题16-13图

(2)可发出谱线赖曼系3条,巴尔末系2条,帕邢系1条,共计6条.

16-13 以动能12.5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时,最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线

?

解:设氢原子全部吸收eV 5.12能量后,最高能激发到第n 个能级,则

]

11[6.135.12,eV 6.13],

11

1[

2

2

2

1n

Rhc n

Rhc E E n -==-

=-即

得5.3=n ,只能取整数,

∴ 最高激发到3=n ,当然也能激发到2=n 的能级.于是

ο

322ο

222ο

7

7

1221A 6563536,3653121~:23A 121634,432111~:12A

1026m 10

026.110

097.189

89,9

83111~:13===??????-=→===??????-=→=?=??=

=

=??

????-=→-R R R n R R R n R

R R n λυλυλυ从从从

可以发出以上三条谱线.

题16-14图

16-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线,试求这两 条谱线的波长及外来光的频率.

解:巴尔末系是由2>n 的高能级跃迁到2=n 的能级发出的谱线.只有二条谱线说明激发后最高能级是4=n 的激发态.

ο

19

834

2

4ο

10

198

34

232

22

32

4A

487210

6.1)85.04.3(10

31063.6A

6573m 10657310

60.1)51.14.3(10

3310

63.6e 4.32

6.13e 51.136.13e 85.046.13=??-???=

-=

=?=??-????=

-=

-=

∴-==

-=-=-=-=-=-=-----E E hc E E hc

E E hc E E hc

h V

E V E V E a m

n m

n βλλλλ

υ

基态氢原子吸收一个光子υh 被激发到4=n 的能态 ∴

λυhc

E E h =

-=14

Hz

10

08.310626.610

6.1)85.06.13(15

34

19

1

4?=???-=

-=

--h E E υ

16-15 当基态氢原子被12.09eV 的光子激发后,其电子的轨道半径将增加多少倍?

解: eV

09.12]1

1[6.1321=-=-n E E n

2

6

.1309.126.13n =-

51.16.1309.12.1366.132

=

-=n , 3=n

12

r n r n =,92=n ,1

9r r n =

轨道半径增加到9倍.

16-16德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么?

答:德布罗意波是概率波,波函数不表示实在的物理量在空间的波动,其振幅无实在的物理意义,

2

φ

仅表示粒子某时刻在空间的概率密度.

16-17 为使电子的德布罗意波长为1ο

A ,需要多大的加速电压?

解: o

o

A

1A 25.12==u λ 25.12=U

∴ 加速电压 150=U 伏

16-18 具有能量15eV 的光子,被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收,形成一个 光电子.问此光电子远离质子时的速度为多大?它的德布罗意波长是多少?

解:使处于基态的电子电离所需能量为eV 6.13,因此,该电子远离质子时的动能为

eV

4.16.13152

112

=-=+==

E E mv

E k φ

它的速度为

31

19

10

11.910

6.14.122--????=

=

m

E v k -1

5

s m 10

0.7??=

其德布罗意波长为:

o

9

5

31

34

A

10.4m 10

04.110

0.710

11.91063.6=?=????=

=

---mv

h λ

16-19 光子与电子的波长都是2.0οA ,它们的动量和总能量各为多少? 解:由德布罗意关系:2

mc E =,

λh

mv p =

=波长相同它们的动量相等. 1

-24

10

34

s

m kg 10

3.310

0.21063.6???=??=

=

---λ

h

p

光子的能量

eV

102.6J 10

9.910

310

3.33

16

8

24

?=?=???===

=--pc hc

h λ

υε

电子的总能量

2

2

02

)

()(c m cp E +=

,eV 10

2.63

?=cp

eV

100.51MeV 51.06

2

0?==c

m

∴ cp

c

m >>2

MeV

51.0)

()(2

02

2

02

==+=

c m c m cp E

16-20 已知中子的质量kg 1067.127

n -?=m ,当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气体的平均动能时,其德布罗意波长为多少?

解:kg 10

67.127

n -?=m ,S J 10

63.634

??=-h ,-1

23

K J 10

38.1??=-k

中子的平均动能

m p

KT E k 22

32

==

德布罗意波长 o

A

456.13==

=

mkT h

p h

λ

16-21 一个质量为m 的粒子,约束在长度为L 的一维线段上.试根据测不准关系估算这个粒

子所具有的最小能量的值.

解:按测不准关系,

h

p x x ≥??,

x

x v m p ?=?,则

h

v x m x ≥??,

x m h v x ?≥

?

这粒子最小动能应满足

2

22

2

2

2

min 22)(

2

1)(2

1mL h

x

m h

x

m h m v m E x =

?=

?≥

?=

16-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000ο

A ,测得谱线宽度为10-4

ο

A ,求该激发能级的平均寿命.

解:光子的能量

λυhc

h E =

=

由于激发能级有一定的宽度E ?,造成谱线也有一定宽度λ?,两者之间的关系为: λ

λ?=

?2

hc

E

由测不准关系,h t E ≥???,平均寿命t ?=τ,则

λλ

τ?=?=?=c E

h t 2

s

10

3.510

10

103)

104000(8

10

4

8

2

10----?=????=

16-23 一波长为3000ο

A 的光子,假定其波长的测量精度为百万分之一,求该光子位置的测不准量.

解: 光子

λh

p =

,λ

λ

λλ?=

?-

=?2

2

h

h

p

由测不准关系,光子位置的不准确量为

cm

30A 103103000

o

9

6

2

=?===

=

=

-λλ?λ

λ?λ

??p h x

16-24波函数在空间各点的振幅同时增大D 倍,则粒子在空间分布的概率会发生什么变化?

解:不变.因为波函数是计算粒子t 时刻空间各点出现概率的数学量.概率是相对值.则21、

点的概率比值为:

2

2

212

2

21φφφφD D =

∴ 概率分布不变.

16-25 有一宽度为a 的一维无限深势阱,用测不准关系估算其中质量为m 的粒子的零点能. 解:位置不确定量为a x =?,由测不准关系:

h p x x ≥???,可得:

x h P x ?≥

?,

x h P P x x ?≥

?≥

∴2

22

2

2

2)

(22ma

h

x m h

m P E x

x =

?≥

=

,即零点能为2

22ma h

16-26 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动,其波函数为:

a x

a

x 23cos

1)(πψ=? )(a x a ≤≤- 那么,粒子在

a

x 65=

处出现的概率密度为多少? 解: 22

*)

23cos 1(a x a πψψψ==

a

a

a

a a a

a a 21

)21(14

cos

1)4(cos 14

5cos

1265

3cos

12

2

2

2

2

=

=

=+==

π

πππ

16-27 粒子在一维无限深势阱中运动,其波函数为:

)

sin(

2)(a x n a

x n πψ=

)0(a x <<

若粒子处于1=n 的状态,在0~a

4

1

区间发现粒子的概率是多少?

解:

x

a

x

a

x w d sin

2d d 2

2

πψ

=

=

∴ 在

4~

0a

区间发现粒子的概率为:

?

?

?

=

=

=

4

2

2

4

4

)

(

d sin

2d sin

2a

a a

x a a x

a a

x a

x

a dw p π

πππ

091.0)(]2cos 1[21

2

4

/0

=-=

?

x a d a x a π

ππ

16-28 宽度为a 的一维无限深势阱中粒子的波函数为x

a

n A x πψsin

)(=,求:(1)归一化

系数A ;(2)在2=n 时何处发现粒子的概率最大? 解:(1)归一化系数?

?==

+∞

-a

x x 0

2

2

1d d ψψ

??

=

a a x a n x a

n A

n a x x a

n A 0

2

22)

(

d sin

d sin

π

πππ

?

-=

a

x a n x a

n A

n a

2

)

(

d )2cos

1(2ππ

π

1

222

2

==

=

A

a n A n a ππ

∴ =

A a 2

粒子的波函数 x

a n a x πψsin

2)(=

(2)当2=n 时,

x

a

a

πψ

2sin

22

=

几率密度

]

4cos 1[12sin

22

2

2

x a a x a

a

w ππψ

-=

== 令0

d d =x

w

,即04sin

4=x a

a

ππ,即

,

04sin =x a

π,

,2,1,0,4==k k x a

ππ

∴ 4a k

x =

又因a x <<0,4

∴当

4a x =

a

x 43=

时w 有极大值,

2a

x =

时,0=w .

∴极大值的地方为4a

,a

4

3处

16-29 原子内电子的量子态由s l m m l n ,,,四个量子数表征.当l m l n ,,一定时,不同的量子态数目是多少?当l n ,一定时,不同的量子态数目是多少?当n 一定时,不同的量子态数目是多少? 解:(1)2

)

21(±

=s m

(2))12(2+l ,每个l 有12+l 个l m ,每个l m

可容纳

21

±

=s m 的2个量子态.

(3)2

2n

16-30求出能够占据一个d 分壳层的最大电子数,并写出这些电子的

s

l m m ,值.

解:d 分壳层的量子数2=l ,可容纳最大电子数为10

)122(2)12(2=+?=+=l Z l 个,这些电子的:

=l m ,1±,2±,

21±

=s m

16-31 试描绘:原子中4=l 时,电子角动量L 在磁场中空间量子化的示意图,并写出L 在磁场

方向分量z L 的各种可能的值. 解: 20)14(4)1(=

+=

+=

l l L

题16-31图

磁场为Z 方向,

l Z m L =,0=l m ,1±,2±,3±,4±.

∴ )4,3,2,1,0,1,2,3,4(----=Z L

16-32写出以下各电子态的角动量的大小:(1)s 1态;(2)p 2态;(3)d 3态;(4)f 4态.

解: (1)0=L (2)1=l , 2)11(1=

+=L

(3)2=l 6)12(2=

+=

L

(4)3=l 12)13(3=+=L

16-33 在元素周期表中为什么n 较小的壳层尚未填满而n 较大的壳层上就开始有电子填入?对

这个问题我国科学工作者总结出怎样的规律?按照这个规律说明s 4态应比d 3态先填入电子.

解:由于原子能级不仅与n 有关,还与l 有关,所以有些情况虽n 较大,但l 较小的壳层能级较低,所以先填入电子.我国科学工作者总结的规律:对于原子的外层电子,能级高低以

)7.0(l n +确定,数值大的能级较高.

s 4(即0,4==l n ),代入4)07.04()7.0(=?+=+l n

)2,3(3==l n d ,代入4.4)27.03(=?+ s 4低于d 3能级,所以先填入s 4壳层.

大学物理学下册答案第11章

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

大学物理学第三版课后习题答案

1-4 在离水面高h 米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S 处,如题1-4图所示.当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时,试求船运动的速度与加速度的大小. 图1-4 解: 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成θ角,由图可知 2 22s h l += 将上式对时间t 求导,得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义,并注意到l ,s 就是随t 减少的, ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导,即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为 a =4+3t 2s m -?,开始运动时,x =5 m,v =0,

求该质点在t =10s 时的速度与位置. 解:∵ t t v a 34d d +== 分离变量,得 t t v d )34(d += 积分,得 122 34c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量, t t t x d )2 34(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 m 7055102 1102s m 190102310432101 210=+?+?=?=?+?=-x v 1-10 以初速度0v =201s m -?抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角, 求:(1)球轨道最高点的曲率半径1R ;(2)落地处的曲率半径2R .

大学物理学 答案

作业 1-1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 2s -1,则当t 为3s 时, 质点的速度v= 。 [答案: 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 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] (2) 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] (3)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] 1-4 下面几个质点运动学方程,哪个是匀变速直线运动? (1)x=4t-3;(2)x=-4t 3+3t 2+6;(3) x=-2t 2+8t+4;(4)x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的 速度和加速度,并说明该时刻运动是加速 的还是减速的。(x 单位为m ,t 单位为s ) 解:匀变速直线运动即加速度为不等于

大学物理第三版下册答案(供参考)

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

大学物理课后练习习题答案详解.docx

第一章质点运动学 1、( 习题: 一质点在 xOy 平面内运动,运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。( 1)求质点的轨道方程; ( 2)求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解:( 1)由 x=2t 得, y=4t 2 -8 ( 2)质点的位置 : r r 由 v d r / dt 则速度: r r 由 a d v / d t 则加速度: 则当 t=1s 时,有 r r 可得: y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时,有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、(习题): 质点沿 x 在轴正向运动,加速度 a kv , k 为常数.设从原点出发时速度为 v 0 ,求运动方程 x x(t) . 解: dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动,其加速度为 a 4 t (SI) ,已知 t 0 时,质点位于 x 10 m 处,初速度 v 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 t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 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; v v ( 3)落地前瞬时小球的 dr , dv , dv . dt dt dt 解:( 1) x v 0 t 式( 1) y 1 gt 2 式( 2) v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 ( 2)联立式( 1)、式( 2)得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v ( 3) dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2

《大学物理(上册)》课后习题答案

第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动,运动方程为:x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式;⑵求出t =1 s 时刻和t =2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移;⑶ 计算t =0 s 时刻到t =4s 时刻内的平均速度;⑷求出质点速度矢量表示式,计算t =4 s 时质点的速度;(5)计算t =0s 到t =4s 内质点的平均加速度;(6)求出质点加速度矢量的表示式,计算t =4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解:(1)j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r 5.081-= m ;2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时,054r i j =-;4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ,则:437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时,033i j =+v ;4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为2 26a x =+,a 的单位为m/s 2, x 的单位为m 。质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解:由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得:2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得:2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求:⑴ t =2 s 时,质点的切向和法向加速度;⑵当加速度 的方向和半径成45°角时,其角位移是多少? 解: t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时,2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有:tan 451n a a τ?== 即:βωR R =2 ,亦即t t 18)9(2 2=,解得:9 23= t 则角位移为:32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α=0.2 rad/s 2,求t =2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解:s 2=t 时,4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案

1 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 ?1 2r r -=,1 2r 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 =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? 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

大学物理学(课后答案)第1章

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0t =到1t s =时的位移为 ,1t s =时的加速度为 。 解析:45342=-=+-=+1010r r r i j j i j ,228d d dt dt = ==111v r a i 1-7 一质点以初速0v 和抛射角0θ作斜抛运动,则到达最高处的速度大小为 ,切向加速度大小为 ,法向加速度大小为 ,合加速度大小为 。 解析:以初速0v 、抛射角0θ作斜抛的运动方程:

大学物理学(第三版)课后习题参考答案

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) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行,水流速度为2V ,一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止,则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案: 0321=++V V V ]

1.3 一个物体能否被看作质点,你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定: (1) 物体的大小和形状; (2) 物体的内部结构; (3) 所研究问题的性质。 解:只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响,因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程,哪个是匀变速直线运动? (1)x=4t-3;(2)x=-4t 3+3t 2+6;(3)x=-2t 2+8t+4;(4)x=2/t 2 -4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度,并说明该时刻运动是加速的还是减速的。(x 单位为m ,t 单位为s ) 解:匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得(3)为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ,a =4m/s 2 。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中,质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零? (1) 匀速直线运动;(2) 匀速曲线运动;(3) 变速直线运动;(4) 变速曲线运动。 解:(1) 质点作匀速直线运动时,其切向加速度、法向加速度及加速度均为零; (2) 质点作匀速曲线运动时,其切向加速度为零,法向加速度和加速度均不为零; (3) 质点作变速直线运动时,其法向加速度为零,切向加速度和加速度均不为零; (4) 质点作变速曲线运动时,其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 |r ?|与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 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 就是速度在径向上的分量,

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 +=+=

大学物理学上册习题解答

大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题: (1) 位移和路程有何区别?在什么情况下二者的量值相等?在什么情况下二者的量值不相等? (2) 平均速度和平均速率有何区别?在什么情况下二者的量值相等? (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么?瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么? (4) 质点的位矢方向不变,它是否一定做直线运动?质点做直线运动,其位矢的方向是否一定保持不变? (5) r ?v 和r ?v 有区别吗?v ?v 和v ?v 有区别吗?0dv dt =v 和0d v dt =v 各代表什么运动? (6) 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 = dr v dt = 及 22d r a dt = 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 = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确?两者区别何在? (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的,那么,该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性 的? (8) “物体做曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切线方向,法向分速度恒为零,因此其法向加速度 也一定为零.”这种说法正确吗? (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧,为什么? (10) 质点沿圆周运动,且速率随时间均匀增大,n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变? (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子,此石子能否落回他的手中?如果石子抛出后,火车以恒定加速度前进,结果又如何? 1.2 一质点沿x 轴运动,坐标与时间的变化关系为224t t x -=,式中t x ,分别以m 、s 为单位,试计算:(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度;(2)s 1末到s 3末的平均加速度;(3)s 3末的瞬时加速度。 解: (1) 最初s 2内的位移为为: (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为: 0(/)2 ave x v m s t ?= ==?

大学物理学吴柳下答案

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)

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 -??=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 +=+=

大学物理上册答案详解

大学物理上册答案详解 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 =2 2 y x +,然后根据v =t r d d ,及a =22d d t r 而求 得结果;又有人 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d 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 +=, j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d 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 22d 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,22d d t r 也不是加速

大学物理D下册习题答案

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 第三版 课后习题答案

1-4 在离水面高h 米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S 处,如题1-4图所示.当人以 0v (m ·1-s )的速率收绳时,试求船运动的速度和加速度的大小. 图1-4 解: 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成θ角,由图可知 222s h l += 将上式对时间t 求导,得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义,并注意到l ,s 是随t 减少的, ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==- =船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=- =船 或 s v s h s lv v 0 2/1220)(+==船 将船v 再对t 求导,即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为 a =4+3t 2s m -?,开始运动时,x =5 m , v =0, 求该质点在t =10s 时的速度和位置. 解:∵ t t v a 34d d +==

分离变量,得 t t v d )34(d += 积分,得 122 34c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量, t t t x d )2 3 4(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 1-10 以初速度0v =201s m -?抛出一小球,抛出方向与水平面成幔60°的夹角, 求:(1)球轨道最高点的曲率半径1R ;(2)落地处的曲率半径2R . (提示:利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解:设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示. 题1-10图 (1)在最高点, 又∵ 1 2 11 ρv a n =

《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案

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2q ,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

大学物理学第三版下册课后答案

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 2 220)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 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 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 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示,将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p . ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向,即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ =

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