大学物理 111

P.30 1—1 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为2135,342x t y t t t s x y m =+=+-式中以计，，以计。

（1）以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式； （2）计算第1秒内质点的位移；（3）计算0t= s 时刻到4t = s 时刻内的平均速度；（4）求出质点速度矢量表示式，计算4t = s 时质点的速度； （5）计算0t = s 到4t = s 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4t = s 是质点的加速度。

（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) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r⎪⎭⎫⎝⎛-+++=4321)53(2(m) (2) 第一秒内位移j y y i x x r)()(01011-+-=∆(3) 前4秒内平均速度 )s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i tr V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V (5) 前4秒平均加速度(6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV aP.31 1—2 质点沿直线运动，速度32132()v t t m s -=++，如果当时t=2 s 时，x=4 m,求：t=3 s 时质点的位置、速度和加速度。

解：23d d 23++==t t t xv当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t x将t =3s 代入证P ．31 1—9 一个半径R=1.0 m 的圆盘，可依绕一个水平轴自由转动，一根轻绳子饶在盘子的边缘，其自由端拴一物体。

在重力作用下，物体A 从静止开始均匀加速的下滑，在∆t=2.0 s 内下降的距离h=0.4 m 。

南昌大学物理实验报告分光计的调节与使用南昌大学物理实验报告学生姓名:李淑万学号: 专业班级:应用物理111 班级编号: S008 试验时间: 第周星期座位号: 教师编号: 成绩:一实验目的1了解分光计的结构，掌握调节分光计的方法2 掌握三棱镜的顶角的两种测量方法3 测量三棱镜玻璃的折射率二实验仪器分光计、三棱镜、准直镜三实验原理1 棱镜玻璃折射率的测定:最小偏向角法测量,i,'1i,i'12,2 如图所示当时为最小，此时(),,,，,'minmin,i,i,i,i,1111222 设棱镜折射率为n，南昌大学物理实验报告学生姓名:李淑万学号: 专业班级:应用物理111 班级编号: S008 试验时间: 第周星期座位号: 教师编号: 成绩:,,，minsinsini21n,,,,,sinsin'sinsinsini,ni,n11222则,,min只要测得和就能用上式求得待测棱镜材料的折射率。

四实验步骤1 调节分光计(1) 调整望远镜: ,目镜调焦:清楚的看到分划板刻度线。

,调整望远镜对平行光聚焦:分划板调到物镜焦平面上。

;调整望远镜光轴垂直主轴:当镜面与望远镜光轴垂直时，反射象落在上十字线中心，平面镜旋转180?后，另一镜面的反射象仍落在原处。

(2) 调整平行光管发出平行光并垂直仪器主轴:将被照明的狭缝调到平行光管物镜焦面上，物镜将出射平行光。

2. 使三棱镜光学侧面垂直望远镜光轴。

(1)调整载物台的上下台面大致平行，将棱镜放到平台上，是镜三边与台下三螺钉的连线所成三边互相垂直。

(2)接通目镜照明光源，遮住从平行光管来的光，转动载物台，在望远镜中观察从侧面AC和AB返回的十字象，只调节台下三螺钉，使其反射象都落在上十子线处。

2 自准法测量三棱镜顶角南昌大学物理实验报告学生姓名:李淑万学号: 专业班级:应用物理111 班级编号: S008 试验时间: 第周星期座位号: 教师编号: 成绩:,1转动游标盘，使棱镜AC正对望远镜记下游标,的读数和游标,的,2读数。

1、均匀带电细线ABCD 弯成如图所示的形状，其线电荷密度为λ，试求圆心O 处的电势。

解：两段直线的电势为 2ln 421πελ=V 半圆的电势为 ππελ24=V ， O 点电势)2ln 2(40ππελ+=V 2、有一半径为 a 的半圆环，左半截均匀带有负电荷，电荷线密度为-λ，右半截均匀带有正电荷，电线密度为λ ，如图。

试求：环心处 O 点的电场强度。

解：如图，在半圆周上取电荷元dq aadE dE E E a dqdE ad dl dq x x 020202d cos 212cos 41πελθθλπεθπεθλλπ-=-=-======⎰⎰⎰由对称性3、一锥顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为R 1和R 2，在它的侧面上均匀带电，电荷面密度为σ，求顶点O 的电势。

（以无穷远处为电势零点）解：:以顶点O 作坐标原点,圆锥轴线为X 轴向下为正. 在任意位置x 处取高度为d x 的小圆环, 其面积为xdxdx r dS θθπθπcos tan 2cos 2==其上电量为xdxtg dS dq θθπσσcos 2==它在O 点产生的电势为2204x r dqdU +=πε022202tan tan 4cos tan 2εθσθπεθθπσdx x x xdx=+=总电势 ⎰⎰-===01202)(tan 221εσθεσR R dx dU U x xA BCDO4、已知一带电细杆，杆长为l ，其线电荷密度为λ = cx，其中c 为常数。

试求距杆右端距离为a 的P 点电势。

解：考虑杆上坐标为x 的一小块d xd x 在P 点产生的电势为x a l xdxc x a l dx dU -+=-+=00441πελπε 求上式的积分,得P 点上的电势为])ln()[(44000l a a l a l c x a l xdx c U l -++=-+=⎰πεπε5、有一半径为 a 的非均匀带电的半球面，电荷面密度为σ = σ0cos θ，σ0为恒量 。

大学物理习题集——电磁学部分102、氢原子电一个质子和一个电子组成。

根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是110 5.2910r m -=⨯。

质子的质量271.6710p m kg -=⨯，电子的质量319.1110e m kg -=⨯，它们的电荷量为191.6010e C ±=⨯。

求： （1）电子所受的库仑力；（2）电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍；（3）求电子绕核运动的速率。

103、计算一个直径为1.56cm 的铜球所含的正电荷量。

104、有两个点电荷，电荷量分别为75.010C -⨯和82.810C -⨯，相距15cm 。

求（1）一个电荷在另一个电荷处产生的电场强度；（2）作用在每个电荷上的力。

105、求电相距l 的q ±电荷所组成的电偶极子，在下面的两个特殊空间内产生的电场强度：（1）轴的延长线上距轴心为r 处，并且r >>l ；（2）轴的中垂线上距轴心为r 处，并且r >>l 。

106、有一均匀带电的细棒,长为L,所带总电荷量为q 。

求：（1） 细棒延长线上到棒中心的距离为a 处的电场强度，并且a>>L ；（2） 细棒中垂线上到棒中心的距离为a 处的电场强度，并且a>>L ；107、一个半径为R 的圆环均匀带电，电荷线密度为λ。

求过环心并垂直于环面的轴线上与环心相距a 的P 点的电场强度。

108、一个半径为R 的圆盘均匀带电，电荷面密度为σ。

求过盘心并垂直于盘面的轴线上与盘心相距a 的P 点的电场强度。

109、一个半径为R 的半球均匀带电，电荷面密度为σ。

求球心的电场强度。

110、一个半径为R 的球面均匀带电，电荷面密度为σ。

求球面内、外任意一点的电场强度。

111、一个半径为R 的无限长圆柱体均匀带电，电荷体密度为ρ。

求圆柱体内、外任意一点的电场强度。

112、两个带有等量异号电荷的平行平板，电荷面密度分别为σ±，两板相距d 。

《大学物理简明教程》课后答案习题11-1 ｜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td 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td d r==v t s d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴trt 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tva 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tv 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. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ xvv t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω (1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即 βωR R =2亦即 t t 18)9(22=则解得 923=t 于是角位移为rad 67.29232323=⨯+=+=t θ习题22-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(km v 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k mv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ tvm kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t mtk v v 00d d kt e v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有 ⎰∞-=='00d km v t ev x tm k (4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1.2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==2-7 设N 67j i F -=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=时，求F 所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．解: (1)由题知，合F为恒力，∴ )1643()67(k j i j i r F A++-⋅-=⋅=合J 452421-=--= (2) w 756.045==∆=t A P (3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。

第10章 振动与波10-13 一简谐振动的运动方程为x 0.02cos(8t )(m),4ππ=+求圆频率ω、频率ν、周期T 、振幅A 和初相甲ϕ。

分析：可采用比较法求解。

将题给运动方程与简谐运动方程的一般式)cos(ϕω+=t A x 作比较，即可求得各量。

解：将))(48cos(02.0m t x ππ+=与)cos(ϕω+=t A x 比较,可得A=0.02m ，s rad /8πω=，4πϕ=， s T 41822===ππωπ，z H T 44111===ν 10-14 一边长为a 的正方形木块浮于静水中，其浸入水中部分的高度为a/2，用手轻轻地把木块下压，使之浸入水中的部分高度为a ，然后放手，试证明，如不计水的粘滞阻力，木块将作简谐振动，并求其振动的周期和频率。

分析：要证明木块作简谐运动，需要分析木块在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足F=-kx ，则木块作简谐运动。

通过F=-kx 即可求得振动周期和频率。

证：木块处于平衡状态时，浮力大小为321ga F ρ=。

当木块上下作微小振动时，取木块处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向。

则当木块向下偏移x 位移时，受合外力为'=+∑F P F式中P 为木块所受重力，其方向向下，大小为321ga mg P ρ==（等于平衡状态时的浮力）； F '为此时木块所受浮力，其方向向上，大小为x ga ga x ga F F 23221ρρρ+=+=' 则木块所受合外力为kx x ga x ga ga ga F P F -=-=--='-=∑22332121ρρρρ 式中2ga k ρ=是一常数。

这表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。

由22md xF dt=∑可得木块运动的微分方程为 2220d x ga xdt mρ+=令22ga mρω=，（321a m ρ=）可得其振动周期和频率分别为22T πω==，1T ν==10-15已知简谐振动图线如图10-46所示，求谐振动方程及速度表达式。

第七单元7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆= 吸热)(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J对外作功 0=A (2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ吸热75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J)(12V T T C E -=∆υ 内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功7-13 0.01 m 3氮气在温度为300 K 时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa ．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功． 解：(1)等温压缩 300=T K 由2211V p V p = 求得体积3211210101.0101-⨯=⨯==p V p V 3m对外作功21112ln lnp pV p V V VRT A ==01.0ln 01.010013.115⨯⨯⨯⨯=31067.4⨯-=J(2)绝热压缩R C 25V = 57=γ 由绝热方程 γγ2211V p V p =γγ/12112)(p V p V =1121/12112)()(V p pp V p V γγγ==3411093.101.0)101(-⨯=⨯=m由绝热方程γγγγ---=22111p T p T 得K 579)10(30024.04.1111212=⨯==--T p p T T γγγγ热力学第一定律A E Q +∆=，0=Q 所以)(12molT T C M MA V --=RT M MpV mol=，)(2512111T T R RT V p A --=35105.23)300579(25300001.010013.1⨯-=-⨯⨯⨯⨯-=A J7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示．试证其循环效率为1112121---=p p VV γη答：等体过程 吸热)(12V 1T T C Q -='υ)(1221V 11R V p R V p C Q Q -='= 绝热过程 03='Q等压压缩过程 放热)(12p 2T T C Q -='υ)(2212P R V p R V p C -=循环效率 121Q Q-=η)1/()1/(1)()(1121212221V 2212p 12---=---=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγηη题7-17图 题7-19图7-19 如题7-19图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 为绝热过程，已知B 点和C 点的温度分别为2T 和3T ．求此循环效率．这是卡诺循环吗?解：(1)热机效率121Q Q -=ηAB 等压过程 )(12P 1T T C Q -='υ 吸热)(P mo 1A B lT T C M MQ -=CD 等压过程 )(12P 2T T vC Q -=' 放热 )(P mol 22D C T T C M M Q Q -='-=)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--=根据绝热过程方程得到AD 绝热过程 γγγγ----=D D A A T p T p 11BC 绝热过程 γγγγ----=C C B B T p T p 111又B C D DC BA T T T T p p p p ===231T T -=η(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间．7-21 如题7-21图所示，1 mol 双原子分子理想气体，从初态K 300,L 2011==T V 经历三种不同的过程到达末态K 300,L 4022==T V ． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．题7-21图 解：21→熵变等温过程 A Q d d =, V p A d d =，RT pV =⎰⎰==-21111221d 1d V V VV RT T T Q S S76.52ln ln !212===-R V VR S S J 1K -⋅321→→熵变⎰⎰+=-312312d d T QT Q S S32V 13p V p 12ln ln d d 2331T TC T T C T T C T TC S S T T T T +=+=-⎰⎰31→等压过程 31p p = 3211T V T V =1213V V T T = 23→等体过程 2233T p T p =3232p p T T = 1232p p T T =12V 12P 12ln ln p pC V V C S S +=-在21→等温过程中 2211V p V p =所以2ln ln ln ln1212V 12P 12R V VR V V C V V C S S ===-241→→熵变⎰⎰+=-412412d d T QT Q S S41p 42p p 12ln lnd 024T TC T T C TT C S S T T ==+=-⎰41→绝热过程111441144111----==γγγγV V T T V T V T γγγγ/121/141144411)()(,p pp p V V V p V p ===在21→等温过程中 2211V p V p =γγγ/112/121/14114)()()(V V p p p p V V ===γγ11241)(-=V V T T2ln ln 1ln12P 41P 12R V V C T T C S S =-==-γγ7-22 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol 的水，初始温度分别为1T 和2T ，1T ＞2T ，令其进行接触，最后达到相同温度T ．求熵的变化，(设水的摩尔热容为mol C )． 解：两个容器中的总熵变⎰⎰+=-TT T T lT T C T T C S S 12d d mo mol 0 212mol 21mol ln)ln (ln T T T C T T T T C =+=因为是两个相同体积的容器，故)()(1mol 2mol T T C T T C -=-得212T T T +=21212mol 04)(lnT T T T C S S +=-第八单元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(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q =8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m-3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅ 沿半径向外.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0d 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 Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-= 1σ面外， n E )(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，rd r d⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F第九单元9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B 方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别为b ,c )构成，如题9-16图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b )，（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小解： ⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r < 2202RIr r B μπ=202RIrB πμ=(2) b r a << I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b << I bc b r I r B 0222202μμπ+---= )(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π0=B题9-16图题9-20图9-20 如题9-20图所示，在长直导线AB 内通以电流1I =20A ，在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A ，AB 与线圈共面，且CD ，EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm ，求：(1)导线AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩． 解：(1)CD F方向垂直CD 向左，大小4102100.82-⨯==dI bI F CD πμ N 同理FE F方向垂直FE 向右，大小5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμ NCF F方向垂直CF 向上，大小为⎰+-⨯=+πμ=πμ=ad dCF dad I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2 N ED F方向垂直ED 向下，大小为5102.9-⨯==CF ED F F N(2)合力ED CF FE CD F F F F F+++=方向向左，大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m⨯= ∵ 线圈与导线共面∴ B P m//0=M．9-26 一电子在B =20×10-4TR =2.0cmh=5.0cm ，如题9-26图．(1)求这电子的速度； (2)磁场B的方向如何?解: (1)∵ eBmv R θcos =θπcos 2v eB mh =题9-26 图∴ 6221057.7)2()(⨯=+=meBh m eBR v π1s m -⋅ (2)磁场B的方向沿螺旋线轴线．或向上或向下，由电子旋转方向确定9-30 螺绕环中心周长L =10cm ，环上线圈匝数N =200匝，线圈中通有电流I =100 mA ．(1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度0B ；(2)若环内充满相对磁导率r μ=4200的磁性物质，则管内的B和H 各是多少?*(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的0B 和由磁化电流产生的B′各是多少?解: (1) I l H l∑=⋅⎰dNI HL = 200==LNI H 1m A -⋅400105.2-⨯==H B μT(2)200=H 1mA -⋅05.1===H HB o r μμμ T (3)由传导电流产生的0B即(1)中的40105.2-⨯=B T∴由磁化电流产生的05.10≈-='B B B T第十单元10-1 一半径r =10cmB =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势．解: 以向外磁通为正则(1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B 中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图题10-12图10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tB R R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →0-19图10-18 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求：(1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题10-19图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N lnπ220μΦψ== ∴ ab hN IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴ ab hI N W m ln π4220μ=。

大学物理实验报告-速度、加速度的测定和牛顿运动定律的验证中国石油大学,华东,现代远程教育实验报告课程名称:大学物理(一)实验名称:速度、加速度的测定和牛顿运动定律的验证实验形式:在线模拟+现场实践提交形式:提交书面实验报告学生姓名: 学号: 年级专业层次: 学习中心:提交时间: 年月日一、实验目的1(了解气垫导轨的构造和性能，熟悉气垫导轨的调节和使用方法。

2(了解光电计时系统的基本工作原理，学会用光电计时系统测量短暂时间的方法。

3(掌握在气垫导轨上测定速度、加速度的原理和方法。

4(从实验上验证F=ma的关系式，加深对牛顿第二定律的理解。

5(掌握验证物理规律的基本实验方法。

二、实验原理1(速度的测量一个作直线运动的物体，如果在t~t+Δt时间内通过的位移为Δx(x~x+Δx)，则该物体在Δt时间内的平均速度为，Δt越小，平均速度就越接近于t时刻的实际速度。

当Δt?0时，平均速度的极限值就是t时刻(或x位置)的瞬时速度(1)实际测量中，计时装置不可能记下Δt?0的时间来，因而直接用式(1)测量某点的速度就难以实现。

但在一定误差范围内，只要取很小的位移Δx，测量对应时间间隔Δt，就可以用平均速度近似代替t时刻到达x点的瞬时速度。

本实验中取Δx为定值(约10mm)，用光电计时系统测出通过Δx所需的极短时间Δt，较好地解决了瞬时速度的测量问题。

2(加速度的测量在气垫导轨上相距一定距离S的两个位置处各放置一个光电门，分别测出滑块经过这两个位置时的速度v1和v2。

对于匀加速直线运动问题，通过加速度、速度、位移及运动时间之间的关系，就可以实现加速度a的测量。

(1)由测量加速度在气垫导轨上滑块运动经过相隔一定距离的两个光电门时的速度分别为v1和v2，经过两个光电门之间的时间为t21，则加速度a为(2)根据式(2)即可计算出滑块的加速度。

(2)由测量加速度设v1和v2为滑块经过两个光电门的速度，S是两个光电门之间距离，则加速度a为(3)根据式(3)也可以计算出作匀加速直线运动滑块的加速度。

第三次作业 刚体力学基础一、选择题1.AEG ； 2.AE ;3．Ｃ; 4．CD ；5.C ； 6．E;７.C ；８.C 。

二、填空题1. -2s 0.8rad ⋅; -1s 0.8rad ⋅； 1s m 51.0 -⋅。

２. 4104⨯; 6108⨯。

3．bFRlμ。

４．912ml ;l g 2cos 3θ。

５. s rad 81.251-⋅。

6.lg θsin 23; θsin 23mgl ; θsin 23mgl 。

7. 22sin 2R J m kx mgx +-θ或265.212.3x x -； ０．5９m 。

８. 02ωmRJ J+; 4．4９ 三、回答题１. 答:质点：合力为零;刚体：合外力、合外力矩均为零。

２. 答：转动惯量J 是描述刚体在转动中转动惯性大小量度的物理量。

影响刚体转动惯量的因素有三个:（1)刚体的转轴位置；(2）刚体的总质量；(3）在总质量一定的情况下,质量相对转轴的分布。

四、计算与证明题１．解:① 设此题中定滑轮顺时针转动为正,根据牛顿定律和转动定律列出方程组：ma mg-T =1 ①J βR -T T =)(21 ② （注意:这里有个力矩与角加速度正负的设定问题，若设顺时针为正,则如本题解；但若学生按逆时针为正也可,只是题解中力矩符号相反,答案中a 和β则为负，只意味着顺时针转动,后续计算中要取掉负号）。

02=-kx T ③βR a = ④联立求解得：2RJ m mg-kxa +=而 2d d d d d d d d R Jm mg-kxx t x x t a +==⋅==υυυυ ⎰⎰-+=h x kx mg RJ m d 002d )(1υυυ 解上式得： 22-2RJ m kh mgh +=υ 或 J mR h kR mghR +=2222-2υ ② 系统机械能守恒，取初始位置的势能为零点,则0212121222=-++mgh kh J ωm υ 且 Rωυ= 解上式得：22-2RJ m kh mgh +=υ 或 J mR h kR mghR +=2222-2υ，结果同上。

南昌大学物理实验报告学生姓名：黄晨学号：5502211059 专业班级：应用物理学111 班班级编号：S008 实验时间：13时00 分第3 周星期三座位号：07 教师编号：T003成绩：光电效应、实验目的1、研究光电管的伏安特性及光电特性；验证光电效应第一定律；2、了解光电效应的规律，加深对光的量子性的理解；3、验证爱因斯坦方程，并测定普朗克常量。

二、实验仪器普朗克常量测定仪实验原理当一定频率的光照射到某些金属表面上时，有电子从金属表面逸出，这种现象称为光电效应，从金属表面逸出的电子叫光电子。

实验示意图如下图中A,K 组成抽成真空的光电管，A 为阳极，K 为阴极。

当一定频率 v 的光射到金属材料做成的阴极 K 上，就有光电子逸出金属。

若在 A、K 两端加上电压后光电子将由 K 定向的运动到 A，在回路中形成电流I 。

当金属中的电子吸收一个频率为 v 的光子时，便会获得这个光子的全部能量，如果这些能量大于电子摆脱金属表面的溢出功 W，电子就会从金属中溢出。

按照能量守恒原理有学生姓名：黄晨学号：5502211059 专业班级：应用物理111 班级编号：S008实验时间：13 时00分第03周星期三座位号：07 教师编号：T003 成绩：此式称为爱因斯坦方程，式中 h 为普朗克常数， v 为入射光频。

v 存在截止频率，是的吸收的光子的能量恰好用于抵消电子逸出功而没有多余的动能，只有当入射光的频率大于截止频率时，才能产生光电流。

不同金属有不同逸出功，就有不同的截止频率。

1、光电效应的基本实验规律（1）伏安特性曲线当光强一定时，光电流随着极间电压的增大而增大，并趋于一个饱和值。

2）遏制电压及普朗克常数的测量当极间电压为零时，光电流并不等于零，这是因为电子从阴极溢出时还具有初动能，只有加上适当的反电压时，光电流才等于零。

学生姓名：黄晨学号：5502211059 专业班级：应用物理学111 班班级编号：S008实验时间：13时00 分第3 周星期三座位号：07 教师编号：T003成绩：四、实验步骤1．调整仪器，接好电源，按下光源按钮，调节透镜位置，让光汇聚到单色仪的入射光窗口，用单色仪出光处的挡光片 2 挡住光电管窗口，调节单色仪的螺旋测微器，即可在挡光片上观察到不同颜色的光。

第十章 电磁感应§10-1法拉第电磁感应定律一、电磁感应现象，感应电动势电磁感应现象可通过两类实验来说明： 1．实验1）磁场不变而线圈运动 2）磁场随时变化线圈不动2．感应电动势由上两个实验可知：当通过一个闭合导体回路的磁通量变化时，不管这种变化的原因如何（如：线圈运动，变；或不变线圈运动），回路中就有电流产生，这种现象就是电磁感应现象，回路中电流称为感应电流。

3．电动势的数学定义式定义：把单位正电荷绕闭合回路一周时非静电力做的功定义为该回路的电动势，即()⎰•=lK l d K ：非静电力ε （10-1）说明：（1）由于非静电力只存在电源内部，电源电动势又可表示为⎰•=正极负极l d Kε表明：电源电动势的大小等于把单位正电荷从负极经电源内部移到正极时，非静电力所做的功。

（2）闭合回路上处处有非静电力时，整个回路都是电源，这时电动势用普遍式表示：()⎰•=lK l d K ：非静电力ε（3）电动势是标量，和电势一样，将它规定一个方向，把从负极经电源内部到正极的方向规定为电动势的方向。

二法拉第电磁感应定律 1、定律表述在一闭合回路上产生的感应电动势与通过回路所围面积的磁通量对时间的变化率成正比。

数学表达式：dtd k i Φ-=ε 在SI 制中，1=k ，（S t V Wb :;:;:εΦ），有dt d i Φ-=ε （10-2） 上式中“-”号说明方向。

2、i ε方向的确定为确定i ε，首先在回路上取一个绕行方向。

规定回路绕行方向与回路所围面积的正法向满足右手旋不定关系。

在此基础上求出通过回路上所围面积的磁通量，根据dtd i Φ-=ε计算i ε。

,0>Φ00<⇒>Φi dt d ε ,0>Φ00>⇒<Φi dt d ε沿回路绕行反方向沿回路绕行方向:0:0<>i ε 此外，感应电动势的方向也可用楞次定律来判断。

楞次定律表述：闭合回路感应电流形成的磁场关系抵抗产生电流的磁通量变化。