第七章 气体动理论
7 －1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们( )
(A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强 分析与解 理想气体分子的平均平动动能23k
/kT =ε，仅与温度有关．因此当
氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程nkT p =，当两者
分子数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)．
7－2 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，方均根速率之比
()()()
4:2:1::2/12C
2/12B
2/12A
=v v v ，则其压强之比C B A ::p p p 为(
)
(A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8 (C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1 分析与解 分子的方均根速率为
M
RT /3=2v ，因此对同种理想气体有
3212C
2B
2A
::::T T T =v v v ，又由物态方程nkT ρ，当三个容器中分
子数密度n 相同时，得
16:4:1::::321321==T T T p p p .故选(C)．
7 －3 在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为0T 时，气体分子的平均速率为0v ，分子平均碰撞次数为0Z ，平均自由程为0λ ，当气体温度升高为04T 时，气体分子的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为( ) (A) 004,4,4λλZ Z ===0v v
(B) 0022λλ===,,Z Z 0v v
(C) 00422λλ===,,Z Z 0v v
(D) 00,2,4λλ===Z Z 0v v
分析与解 理想气体分子的平均速率M
RT π/8=v
，温度由0T 升至04T ，则
平均速率变为0v 2；又平均碰撞频率v n d Z
2π2=，由于容器体积不变，即分
子数密度n 不变，则平均碰撞频率变为0Z 2；而平均自由程n
d 2
π21
=
λ
，n 不变，则λ也不变．因此正确答案为(B)．
7－4 图示两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线.如果
2
O
P )(v 和2
H P )(v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则( )
(A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且
4)()(2
2
H P O P =v v (B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且
4
1)()(2
2
H P O P =
v v (C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且
4
1)()(2
2
H P O P =
v v (D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且
4)()(2
2
H
P O P =v v
分析与解 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2
2
O
H
M M <，故氧气比氢气的P v 要小，
由此可判定图中曲线a 应是对应于氧气分子的速率分布曲线.又因
16
12
2
O
H =
M M ，所以
=
22
H
P O P )()(v v 4
1
2
2
O
H =
M M .故选(B)．
题 7-4 图
7 －5 有一个体积为35
m 10
01?.的空气泡由水面下m 050.深的湖底处(温度为
C 0.4o )升到湖面上来．若湖面的温度为C 017o .，求气泡到达湖面的体积．(取
大气压强为
Pa 10013150?=.p )
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
33m kg 100.1-??=ρ)．
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 ρp gh ρp p +=+=021，利用理想气体的物态方程
2
2
2111T V p T V p =
可得空气泡到达湖面的体积为 ()351
01
20121212m 1011.6-?=+==T p V T gh p T p V T p V ρ
7 －6 一容器内储有氧气，其压强为Pa 10
0115
?.，温度为27 ℃，求：(1)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．(设分子间均匀等距排列)
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30d V =，由数密度的含意可
知n V /10
=，d
即可求出．
解 (1) 单位体积分子数
325m 1044.2?==
kT
p
n (2) 氧气的密度
3-m kg 30.1/?==
=RT
pM
V m ρ (3) 氧气分子的平均平动动能
J 102162321k -?==./kT ε
(4) 氧气分子的平均距离
m 10453193-?==./n d
通过对本题的求解，我们可以对通常状态下理想气体的分子数密度、平均平动动能、分子间平均距离等物理量的数量级有所了解．
7－7 2.0×10-2
kg 氢气装在4.0×10-3
m 3
的容器内，当容器内的压强为3.90×105
Pa 时，氢气分子的平均平动动能为多大？
分析 理想气体的温度是由分子的平均平动动能决定的，即23k
/kT =ε．因
此，根据题中给出的条件，通过物态方程pV ＝
M
m '
RT ，求出容器内氢气的温度即可得k ε．
解
由分析知氢气的温度mR
MpV
T =
，则氢气分子的平均平动动能为
J 1089.3232322k -?='=
=R
m pVMk
kT ε
7 －8 某些恒星的温度可达到约1.0 ×108
K ，这是发生聚变反应(也称热核反应)所需的温度.通常在此温度下恒星可视为由质子组成.求：(1) 质子的平均动能是多少？ (2) 质子的方均根速率为多大？
分析 将组成恒星的大量质子视为理想气体，质子可作为质点，其自由度 i ＝3，因此，质子的平均动能就等于平均平动动能.此外，由平均平动动能与温度的关系
2/32/2kT m =v ，可得方均根速率2
v .
解 (1) 由分析可得质子的平均动能为
J 1007.22/32/152k -?===kT m v ε
(2) 质子的方均根速率为
1-62
s m 1058.13??==m
kT v
7 －9 日冕的温度为2.0 ×106
K ，所喷出的电子气可视为理想气体.试求其中电子的方均根速率和热运动平均动能.
解 方均根速率
16e
2s m 105.93-??==
m kT
v 平均动能J 10142317k
-?==./kT ε
7－10 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
某理想气体.(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.
分析 (1) 一定量理想气体的内能RT i
M m E 2
=
，对刚性双原子分子而言，i ＝5.
由上述内能公式和理想气体物态方程pV ＝νRT 可解出气体的压强.(2)求得压强后，再依据题给数据可求得分子数密度，则由公式p ＝nkT 可求气体温度.气体分子的平均平动动能可由23k
/kT ε=求出.
解 (1) 由RT i E 2
ν
=和pV ＝νRT 可得气体压强
Pa 1035.125?==
iV
E
p (2) 分子数密度n ＝N/V ，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 104972321k -?==./kT ε
7 －11 当温度为0
C
时，可将气体分子视为刚性分子，求在此温度下：（1）氧
分子的平均动能和平均转动动能；（2）
kg 100.43-?氧气的内能；（3）
kg 100.43-?氦气的内能.
分析 （1）由题意，氧分子为刚性双原子分子，则其共有5个自由度，其中包括3个
平动自由度和2个转动自由度.根据能量均分定理，平均平动动能kT 2
3
kt
=
ε，平均转动动能
kT
kT ==2
2
kr ε.（2）对一定量理想气体，其内能为
RT i M m E 2
'=，它是温度的单值函数.其中i 为分子自由度，这里氧气i =5、氦气
i =3.而
m '
为气体质量，M 为气体摩尔质量，其中氧气
1
3
m o l kg 1032--??=M ；氦气1
3
mol
kg 100.4--??=M .代入数据即
可求解它们的内能.
解 根据分析当气体温度为T=273 K 时，可得 （1）氧分子的平均平动动能为
J 107.52
321kt -?==kT ε
氧分子的平均转动动能为
J 108.32
2
21kr
-?==kT ε （2）氧气的内能为
J 10 7.1J 27331.82
51032100.422
3
3?=?????='=--RT i M m E （3）氦气的内能为
J 10 3.4J 27331.82
3100.4100.423
3
3?=?????='=--RT i M m E 7 －12 已知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
π8=
v ，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 2=v ，而分子热运动的平均速率M
RT
π8=
v .当
v v = 时，有
R
Mrg T 4π=
由于氢气的摩尔质量
1
3H m o l
kg 10022--??=.M ，氧气的摩尔质量
1
2O m o l
kg 10232--??=.M ，则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为 K 10891K,101815
O 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.故大气层中氢气比氧气要少.
7－13 容积为1 m 3
的容器储有1 mol 氧气，以v ＝10-1
s m ?的速度运动，设容器
突然停止，其中氧气的80％的机械运动动能转化为气体分子热运动动能.试求气体的温度及压强各升高了多少.
分析 容器作匀速直线运动时，容器内分子除了相对容器作杂乱无章的热运动外，
还和容器一起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为2
2
1mv .按照题意，当容器
突然停止后，80％定向运动动能转为系统的内能.对一定量理想气体内能是温度的单值函数，则有关系式：
T R M m v m E Δ2
5%8021Δ2
'=?'=成立，从而可求ΔT .再利用理想气体物态方程，可求压强的增量.
解
由分析知T R M m m E Δ2
5
28.0Δ2?'='=
v ，其中m '为容器内氧气质量.又氧气的摩尔质量为12
mol kg 10
23--??=.M ，解得
ΔT ＝6.16 ×10-2 K
当容器体积不变时，由pV ＝
M
m RT 得
Pa 51.0ΔΔ==
T V
R
M m p 7－14 有N 个质量均为m 的同种气体分子，它们的速率分布如图所示.(1) 说明曲线与横坐标所包围的面积的含义；(2) 由N 和0v 求a 值；(3) 求在速率0v /2到30v /2 间隔内的分子数；(4) 求分子的平均平动动能
.
题 7-14 图
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.
()υ
d d N N f =
v ，题中纵坐标
()v v d /d N Nf =，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 (1) 由于分子所允许的速率在0 到20v 的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积
()N Nf S v ==?v v d 0
20
即曲线下面积表示系统分子总数N . (2 ) 从图中可知，在0 到0v 区间内，()0/v v v a Nf =；而在0 到20v 区间，.
则利用归一化条件有
(3) 速率在/2到3/2间隔内的分子数为
(4) 分子速率平方的平均值按定义为
故分子的平均平动动能为
7－15 一飞机在地面时，机舱中的压力计指示为，到高空后压强降为.设大气的温度均为27.0℃.问此时飞机距地面的高度为多少？(设空气的摩尔质量为2.89 ×10－2
kg·mol －1
)
分析当温度不变时，大气压强随高度的变化主要是因为分子数密度的改变而造成.气体分子在重力场中的分布满足玻耳兹曼分布.利用地球表面附近气压公式，即可求得飞机的高度h.式中p0是地面的大气压强.
解飞机高度为
7 －16目前实验室获得的极限真空约为1.33×10－11Pa，这与距地球表面1.0×104km 处的压强大致相等.而电视机显像管的真空度为1.33×10－3 Pa，试求在27 ℃时这两种不同压强下单位体积中的分子数及分子的平均自由程.(设气体分子的有效直径d＝3.0×10－8cm)
解理想气体分子数密度和平均自由程分别为n ＝；，压强为
1.33×10－11Pa时，
从的值可见分子几乎不发生碰撞.压强为1.33×10－3 Pa 时，
，
此时分子的平均自由程变小，碰撞概率变大.但相对显像管的尺寸而言，碰撞仍很少发生. 7－17 在标准状况下，1 cm中有多少个氮分子？氮分子的平均速率为多大？平均碰撞次数为多少?平均自由程为多大？（已知氮分子的有效直径）
分析标准状况即为压强，温度.则由理想气体物态方程可求得气体分子数密度n，即单位体积中氮分子的个数.而氮气分子的平均速率、平均碰撞次数和平均自由程可分别由公式，和直接求出.
解由分析可知，氮分子的分子数密度为
即中约有个.
氮气的摩尔质量为M=28 ×10－3kg·mol－1，其平均速率为
=454
则平均碰撞次数为
平均自由程为
讨论本题主要是对有关数量级有一个具体概念.在通常情况下，气体分子平均以每秒几百米的速率运动着，那么气体中进行的一切实际过程如扩散过程、热传导过程等好像都应在瞬间完成，而实际过程都进行得比较慢，这是因为分子间每秒钟
上亿次的碰撞导致分子的自由程只有几十纳米，因此宏观上任何实际过程的完成都需要一段时间.
7－18在一定的压强下，温度为20℃时，氩气和氮气分子的平均自由程分别为9.9×10－8m 和27.5×10－8m.试求：(1) 氩气和氮气分子的有效直径之比；(2) 当温度不变且压强为原值的一半时，氮气分子的平均自由程和平均碰撞频率.
分析( 1 ) 气体分子热运动的平均自由程，因此，温度、压强一定时，平均自由程.(2) 当温度不变时，平均自由程.
解(1) 由分析可知
(2) 由分析可知氮气分子的平均自由程在压强降为原值的一半时，有
而此时的分子平均碰撞频率
将T＝293K，M N2＝2.8×10－2kg·mol－1代入，可得
第八章热力学基础
8－1如图，一定量的理想气体经历acb过程时吸热700 J，则经历acbda过程时，吸热为 ( ) (A) – 700 J （B） 500 J
（C）- 500 J （D） -1 200 J
分析与解理想气体系统的内能是状态量，因此对图示循环过程acbda，内能增量ΔE=0，由热力学第一定律Q＝ΔE＋W，得Q acbda=W= W acb＋ W bd＋W da，其中bd过程为等体过程，不作功,即W bd=0；da为等压过程，由pV图可知，W da= - 1 200 J. 这里关键是要求出W acb,而对acb过程，由图可知a、b两点温度相同，即系统内能相同.由热力学第一定律得W acb=Q acb-ΔE=Q acb=700 J，由此可知Q acbda= W acb＋W bd＋W da=- 500 J. 故选（C
）
题 8-1 图
8－2如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B，且它们的压强相等，即p A＝p B,请问在状态A和状态B之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( ) (A) 对外作正功(B) 内能增加
(C) 从外界吸热(D) 向外界放热
题 8-2 图
分析与解由p－V图可知，p A V A＜p B V B，即知T A＜T B，则对一定量理想气体必有E B＞E A .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确.
8－3两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为( )
(A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J
分析与解当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律
Q＝ΔE＋W，有Q＝ΔE.而由理想气体内能公式，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量
.再由理想气体物态方程pV ＝RT，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则.因此正确答案为(C). 8－4一定量理想气体分别经过等压，等温和绝热过程从体积膨胀到体积，如图所示，则下述正确的是 ( )
（A）吸热最多，内能增加
（B）内能增加，作功最少
（C）吸热最多，内能不变
（D）对外作功，内能不变
分析与解由绝热过程方程常量，以及等温过程方程pV=常量可知在同一p-V图中当绝热线与等温线相交时，绝热线比等温线要陡，因此图中为等压过程，为等温过程，为绝热过程.又由理想气体的物态方程可知，p-V图上的pV积越大，则该点温度越高.因此图中.对一定量理想气体内能，，由此知，，而由理想气体作功表达式
知道功的数值就等于p-V图中过程曲线下所对应的面积，则由图可知. 又由热力学第一定律Q＝W＋ΔE可知.因此答案A、B、C均不对.只有（D）正确
.
题 8-4 图
8－5一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功( )
(A) 2 000J (B) 1 000J (C) 4 000J (D) 500J
分析与解热机循环效率η＝W /Q吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1－，则由W /Q吸＝1 －可求答案.正确答案为(B).
8 －6位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979 m.如果在水下落的过程中，重力对它所作的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.( 水的比热容c为4.18×103J·kg－1·K－1 )
分析取质量为m的水作为研究对象，水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W ＝mgh，按题意，被水吸收的热量Q＝0.5W，则水吸收热量后升高的温度可由Q＝mcΔT求得.
解由上述分析得
mcΔT＝0.5mgh
水下落后升高的温度
ΔT＝0.5gh/c＝1.15 K
8－7如图所示，1 mol氦气，由状态沿直线变到状态，求这过程中内能的变化、对外作的功、吸收的热量. 分析由题 8-4 分析可知功的数值就等于p-V图中过程曲线下所对应的面积，又对一定量的理想气体其内能，而氦气为单原子分子，自由度i=3，则 1 mol 氦气内能的变化，其中温度的增量可由理想气体物态方程求出.求出了过程内能变化和做功值，则吸收的热量可根据热力学第一定律求出.
解由分析可知，过程中对外作的功为
内能的变化为
吸收的热量
题 8-7 图
8－8一定量的空气，吸收了1.71×103J的热量，并保持在1.0 ×105Pa下膨胀，体积从
1.0×10－
2
m 3
增加到1.5×10－
2m 3
，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？ 分析 由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W ＝p (V 2 －V 1 )求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值. 解 该空气等压膨胀，对外作功为
W ＝p (V 2－V 1 )＝5.0 ×102
J
其内能的改变为
ΔE ＝Q －W ＝1.21 ×103
J
8 －9 如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1 mol 的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为
1.51 ×105
Pa ，活塞面积为0.02 m 2
.从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5 m.问(1) 气体经历了什么过程？ (2) 汽缸中的气体吸收了多少热量？ (根据实验测定，已知氮气的摩尔定压热容C p ，m ＝29.12 J·mol －1
·K －1
，摩尔定容热容C V ,m ＝20.80 J·mol -1
·K
-1
)
题 8-9 图
分析 因活塞可以自由移动，活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程，吸热.ΔT 可由理想气体物态方程求出. 解 (1) 由分析可知气体经历了等压膨胀过程.
(2) 吸热.其中ν ＝1 mol ，C p,m ＝29.12 Ｊ·m ol －1
·Ｋ－1
.由理想气体物态方程pV
＝νRT ，得
ΔT ＝(p 2V 2－p 1 V 1 )/R ＝p(V 2－V 1 )/R ＝p· S· Δl/R
则
8－10 一压强为1.0 ×105
Pa,体积为1.0×10－
3m 3的氧气自0℃加热到100 ℃.问：(1) 当压强不变时，需要多少热量?当体积不变时，需要多少热量?(2) 在等压或等体过程中各作了多少功?
分析 (1) 由量热学知热量的计算公式为.按热力学第一定律，在等体过程中，；在等压过程中，
(2) 求过程的作功通常有两个途径.① 利用公式；② 利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q 已求出，而内能变化可由得到.从而可求得功W . 解 根据题给初态条件得氧气的物质的量为
氧气的摩尔定压热容，摩尔定容热容.
(1) 求Q p、Q V
等压过程氧气(系统)吸热
等体过程氧气(系统)吸热
(2) 按分析中的两种方法求作功值
① 利用公式求解.在等压过程中，，则得
而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为
② 利用热力学第一定律Q ＝ΔE＋W 求解.氧气的内能变化为
由于在(1)中已求出Q p与Q V，则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为8－11如图所示，系统从状态A沿ABC变化到状态C的过程中，外界有326 J的热量传递给系统，同时系统对外作功126 J.当系统从状态C沿另一曲线CA返回到状态A时，外界对系统作功为52 J
，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？
题 8-11 图
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ΔE CA，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ΔE AC，而ΔE AC＝－ΔE CA，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
Q ABC＝326 J，W ABC＝126 J
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
ΔE AC＝Q ABC－W ABC＝200 J
由此可得从C 到A ，系统内能的增量为
ΔE CA ＝－200 J
从C 到A ，系统所吸收的热量为
Q CA ＝ΔE CA ＋W CA ＝－252J
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. 8－12 如图所示，使1 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.
题 8-12 图
分析 从p －V 图(也称示功图)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T A ＝T B ，故ΔE ＝0，利用热力学第一定律Q ＝W ＋ΔE ，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
由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为
Q AB ＝W AB ＝2.77 ×103
Ｊ
(2) 沿A 到C 再到B 的过程中系统作功和吸热分别为
W ACB ＝W AC ＋W CB ＝W CB ＝(V B －V C )＝2.0×103
Ｊ
Q ACB ＝W ACB ＝2.0×103
Ｊ
8－13 试验用的火炮炮筒长为3.66 m ，内膛直径为0.152 m ，炮弹质量为45.4 kg ，击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98 m ，速度为311 m·s -1
，这时膛内气体压强为2.43×108
Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀，直到炮弹出口.求(1) 在这一绝热膨胀过程中气体对炮弹作功多少？设摩尔定压热容与摩尔定容热容比值为. (2) 炮弹
的出口速度(忽略摩擦).
分析 (1) 气体绝热膨胀作功可由公式计算.由题中条件可知绝热膨胀前后气体的体积V 1和V 2，因此只要通过绝热过程方程求出绝热膨胀后气体的压强就可求出作功值.(2) 在忽略摩擦的情况下，可认为气体所作的功全部用来增加炮弹的动能.由此可得到炮弹速度.
解 由题设l ＝3.66 m, D ＝0.152 m ，m ＝45.4 kg ，l 1＝0.98 m ，v 1＝311 m·s -1
，p 1
＝2.43×108
Pa ，γ＝1.2. (1) 炮弹出口时气体压强为
气体作功
(2) 根据分析，则
8－14 0.32 kg 的氧气作如图所示的ABCDA 循环，V 2 ＝2V 1 ,T 1＝300Ｋ，T 2＝200Ｋ,
求循环效率.
题 8-14 图
分析 该循环是正循环.循环效率可根据定义式η＝W /Q 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
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ΔE ＝0,则.等体升压过程中W ＝0，则,所以，循环过程中系统吸热的总量为
由此得到该循环的效率为
8－15 图(ａ)是某单原子理想气体循环过程的V －T 图，图中V C ＝2V A .试问：(1) 图中所示循环是代表制冷机还是热机？ (2) 如是正循环(热机循环)，求出其循环效
率.
题 8-15 图
分析 以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p －V 图中循环曲线行进方向而言的.因此，对图(ａ)中的循环进行分析时，一般要先将其转换为p －V 图.转换方法主要是
通过找每一过程的特殊点，并利用理想气体物态方程来完成.由图(ａ)可以看出，BC 为等体降温过程，CA为等温压缩过程；而对AB过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别.其直线方程为
V＝KT，C 为常数.将其与理想气体物态方程pV＝RT比较可知该过程为等压膨胀过程(注意：如果直线不过原点，就不是等压过程).这样，就可得出p－V图中的过程曲线，并可判别是正循环(热机循环)还是逆循环(制冷机循环)，再参考题8－14的方法求出循环效率.
解(1) 根据分析，将V－T图转换为相应的p－V图，如图(ｂ)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
CA 为等温线，有T A＝T C；AB为等压线，且因V C＝2V A，则有T A＝T B /2.对单原子理想气体，其摩尔定压热容C p，m＝5R/2，摩尔定容热容C V，m＝3R/2.故循环效率为8-16一卡诺热机的低温热源温度为7℃，效率为40％，若要将其效率提高到50％，问高温热源的温度需提高多少？
解设高温热源的温度分别为、,则有
，
其中T2 为低温热源温度.由上述两式可得高温热源需提高的温度为
8－17一定量的理想气体，经历如图所示的循环过程.其中AB 和CD 是等压过程，BC和DA是绝热过程.已知B点温度T B＝T1,C点温度T C＝T2.(1) 证明该热机的效率η＝1－T2/T1，(2)
这个循环是卡诺循环吗？
题 8-17 图
分析首先分析判断循环中各过程的吸热、放热情况.BC和DA是绝热过程，故Q BC、Q DA 均为零；而AB为等压膨胀过程(吸热)、CD为等压压缩过程(放热)，这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示.再利用绝热和等压的过程方程，建立四点温
度之间的联系，最终可得到求证的形式.
证(1) 根据分析可知
(1) 与求证的结果比较，只需证得 .为此，对AB、CD、BC、DA分别列出过程方程如下
V A/T A＝V B/T B (2)
V C/T C＝V D/T D (3)
(4)
(5) 联立求解上述各式，可证得
η＝1－T C/T B＝1－T2/T1
(2) 虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环.其原因是：
① 卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成,而这个循环则与卡诺循环不同；② 式中T1、T2的含意不同，本题中T1、T2只是温度变化中两特定点的温度，不是两等温热源的恒定温度.
8－18一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27 ℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8 ×1011Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？分析热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率.由卡诺定理可知，在高温热源T1和低温热源T2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为η＝1－T2/T1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式，可得此条件下的最大功率.
解根据分析，热机获得的最大功率为
8－19有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如图所示，试证明热
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.本题可从效率定义出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及
γ＝C p,m /C V,m
的关系来证明.
题 8-19 图
证该热机循环的效率为
其中Q BC＝C p,m (T C－T B )，Q CA＝C V,m (T A－T C )，则上式可写为
在等压过程BC和等体过程CA中分别有T B/V1＝T C/V2,T A/p1＝T C /p2,代入上式得
8－20一定量的理想气体，沿图示循环，请填写表格中的空格.
过程内能增量对外作功吸收热量
1000
1500
-500
分析本循环由三个特殊过程组成.为填写表中各项内容，可分四步进行：
（1）先抓住各过程的特点填写一些特殊值，如等温过程，等体过程等.(2)在第一步基础之上，根据热力学第一定律即可知道，过程的吸热Q.（3）对
过程，由于经ABCA循环后必有，因此由表中第一列即可求出过程内能的变化.再利用热力学第一定律即可写出过程的Q值.(4)在明确了气体在循环过程中所吸收的热量和所放出热量，或者所作净功W
后，可由公式计算出循环效率.
题 8-20 图
解根据以上分析，计算后完成的表格如下：
过程内能增量对外作功吸收热量
1000 0 1000
0 1500 1500
-1000 -500 -1500
40%
8－21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入室内，则空调一天耗电多少？ (设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60％)
题 8-21 图
分析耗电量的单位为kW·h，1kW·h＝3.6 ×106 J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为，其中T1为高温热源温度(室外环境温度)，T2为低温热源温度(室内温度).所以，空调的制冷系数为
e＝e k· 60％＝0.6 T2/( T1－T2 )
另一方面，由制冷系数的定义，有
e＝Q2 /(Q1－Q2 )
其中Q1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；Q2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Q2＝Q′.由此，就可以求出空调的耗电作功总值W＝Q1－Q2 .
解根据上述分析，空调的制冷系数为
在室内温度恒定时，有Q2＝Q′.由e＝Q2 /(Q1－Q2 )可得空调运行一天所耗电功W＝Q1－Q2＝Q2/e＝Q′/e＝2.89×107J=8.0 kW·h
8-22 1 mol理想气体的状态变化如图所示，其中为温度300 K的等温线.试分别由下
列过程计算气体熵的变化：（1）经等压过程和等体过程由初态1到末态3；（2）经等温过程由初态1到末态3.
分析熵是热力学系统的状态函数，状态A与B之间的熵变不会因路径的不同而改变. 为等温过程，其熵变过程由两个子过程构成，总的熵变应等于各子过程熵变之和，即，但要注意和过程中温度是变化的，在计算熵变时，必须寻找Q与T的函数关系，经统一变量后再积分.这里可以利用等压过程的和等体过程的两个公式.
解（1）根据分析计算过程的熵变如下：
(2) 直接由等温过程从初态到末态的熵变为
从计算的结果可以看出，（1）和（2）计算的过程不同，但两种过程的熵变确实是相同的.可见熵变是状态量
.
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 .
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？ 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：
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?==≈?
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I 课程教案
大学物理学I 课程教案
第三章质点动力学 教材分析： 在前两章中，我们以质点为模型讨论了力学中的基本概念以及物体作机械运动的基本规律。在这一章中，我们将拓展这些概念和规律，把它们应用到刚体运动的问题中。本章主要讨论刚体绕定轴转动的有关规律，在此基础上，简要介绍刚体平面平行运动。 3.1 定轴转动刚体的转动惯量 教学目标: 1 理解刚体的模型及其运动特征； 2 理解转动惯量的概念和意义； 教学难点： 转动惯量的计算；动量矩守恒定律的应用 教学内容： 1 转动惯量的定义 2 转动惯量的计算(匀质长细杆的转动惯量、均匀细圆环的转动惯量、均匀薄圆盘的转动惯量、均匀球体的转动惯量) 3 平行轴定理 3.2刚体的定轴转动定理3.3 转动定理的积分形式——力矩对时间和空间的积累效应 3.5 守恒定律在刚体转动问题中的应用 教学目标: 1理解力矩的物理意义，掌握刚体绕定轴转动的转动定律 2 理解力矩的功和刚体转动动能的概念，并能熟练运动刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律 3 用类比方法学习描述质点和刚体运动的物理量及运动规律 4 理解刚体对定轴转动的角动量概念和冲量矩的概念 5 掌握刚体对定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律 教学难点： 刚体定轴转动定律 教学内容： 1 力矩 2 定轴转动的角动量定理 3 定轴转动的动能定理(力矩的功、定轴转动的动能、定轴转动的动能定理) 4 刚体的重力势能 5 机械能守恒定律的应用 6 角动量守恒定律及其应用 课后作业： 小论文： 1 关于转动惯量的讨论 2 陀螺运动浅析
第5章机械振动 教材分析： 与前几章所讨论的质点和刚体的运动相似，振动也是物质运动的基本形式，是自然界中的最普遍现象。振动几乎涉及到科学研究的各个领域。例如，在力学中有机械振动，在电磁学中有电磁振荡。近代物理学中更是处处离不开振动。本章将讨论机械振动的基本规律。 5.1 弹簧振子和单摆的运动方程 教学目标： 理解弹簧振子的动力学和运动学方程；理解单摆的动力学方程和运动学方程 教学重/难点： 弹簧振子的动力学方程的建立；单摆动力学方程的建立 教学内容： 弹簧振子的动力学方程、弹簧振子的运动学方程、单摆的运动方程 5.2 简谐振动 教学目标： 理解简谐振动的定义、简谐振动的运动方程 理解简谐振动的振幅、周期、相位的意义 掌握用旋转矢量表示简谐振动、理解简谐振动能量的特征 教学重/难点： 简谐振动的特征量：振幅、周期、相位 旋转矢量法、简谐振动的动能、势能 教学内容： 简谐振动的基本概念、简谐振动的旋转矢量图表示法、简谐振动的能量 5.3 同方向同频率的简谐振动的合成 教学目标： 理解同方向同频率的两个或多个简谐振动的合成 教学重/难点： 两个或多个同方向同频率简谐振动的合成 教学内容： 两个同方向同频率的简谐振动的合成、多个同方向同频率的简谐振动的合成 作业：P166 5.2 5.3 5.8 5.23
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：
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 ?= ==?
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 =+-r r r 由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r 由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r r r 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r r r 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 v ，d d v t v ，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 =+v v v （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3）0d -gt d r v i j t =v v v 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d d r v i j t =v v d d v g j t =-v v 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 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
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 =
. . . . .. .. .. 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 ＝22y 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
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 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 = 12．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2σ，B 平面的电荷面密度为σ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？ [解答]两平面产生的电场强度大小分别为 E A = 2σ/2ε0 = σ/ε0，E B = σ/2ε0， 两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为 E = E A - E B = σ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面． 两平面间的电势差为 U = Ed = σd /2ε0， 当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为 W = qU = qσd /2ε0． 13．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一 点电荷q ， 球心o 的电势为多少？ [解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心 都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电 势叠加，大小为 000 111444o q q Q q U r a b πεπεπε-+=++ 13．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；（3）极板上的自由电荷面密度． [解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为 C = (1 + εr )ε0S /2d ． （2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ． （3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ．设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则 Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以 U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得 0111221 1/C U C Q Q C C C C = = ++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为 001 12122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S d εσε= == ++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为 14．1通有电流I 的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方形．求圆心O 处的磁感应强度B = ？ [解答]电流在O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定 律：002 d d 4I r μπ? =l r B ， 圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为 012d d 4I l B a μπ=， 由于 d l = a d φ， 积分得 11d L B B =?3/2 00 d 4I a πμ?π=?038I a μ= ． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为 图13.3 物理学教程下册答案9-16 第九章 静 电 场 9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ). 9－3 下列说确的是( ) (A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域必定为零 分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D). *9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 题9-4 图 分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B). 9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子大学物理学第三版下册课后答案
大学物理学课后答案(湖南大学出版社)
大学物理学教程(第二版)(下册)答案
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