新编基础物理学课后答案

第10章 导体和电介质中的静电场10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为2cm 200, A 与B 相距mm 4，A 与C 相距mm 2，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量C 100.37-⨯=Q ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷；（2）A 板的电势（设地面电势为零）。

分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有AC AB U U =.解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。

因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。

导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。

作解图10-1中虚线所示的圆柱形高斯面。

因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =-2A B q q =-即()A B C q q q =-+ ①又因为AC AB U U =即2AC AB dE E d ⋅=⋅所以2A C A B E E =可得002C B q qS Sεε =⋅ 即 2C B q q = ② 联立①②求得题图10-1解图10-1d7210C C q -=-⨯7110C B q -=-⨯(2) A 板的电势00222C C A AC AC q d d d U U E S σεε ==⋅=⋅=⋅ 733412210210 2.2610(V)200108.8510----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为σ+和σ-，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（1）A ,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强A E ，B E；（2）A ,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E；(3) 拿走B 板后P 点处的场强E '。

分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。

习题八8-1 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979m.如果在水下落的过程中，重力对它所做的功中有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3114.1810J kg K --⨯⋅⋅) 解 由上述分析得 水下落后升高的温度8-2 在等压过程中，0.28kg 氮气从温度为293K 膨胀到373K ，问对外做功和吸热多少?内能改变多少? 解：等压过程气体对外做功为 气体吸收的热量 内能的增量为8-3 一摩尔的单原子理想气体，温度从300K 加热到350K 。

其过程分别为体积保持不变和压强保持不变。

在这两种过程中： (1) 气体各吸取了多少热量？ (2) 气体内能增加了多少？ (3) 气体对外界做了多少功？解： 已知气体为1 摩尔单原子理想气体 (1) 体积不变时，气体吸收的热量压强保持不变时，气体吸收的热量(2) 由于温度的改变量一样，气体内能增量是相同的 (3) 体积不变时，气体对外界做功压强保持不变时，根据热力学第一定律，气体对外界做功为8-4 一气体系统如题图8-4所示,由状态A 沿ACB 过程到达B 状态,有336J 热量传入系统,而系统做功126J,试问:(1) 若系统经由ADB 过程到B 做功42J,则有多少热量传入系统?(2) 若已知168J D A E E -=,则过程AD 及DB 中,系统各吸收多少热量?(3)若系统由B 状态经曲线BEA 过程返回状态A ,外界对系统做功84J,则系统与外界交换多少热量?是吸热还是放热?解：已知ACB 过程中系统吸热336J Q =,系统对外做功126J W =,根据热力学第一定律求出B 态和A 态的内能增量 (1) ADB 过程，42J W =, 故(2) 经AD 过程,系统做功与ADB 过程做功相同,即42J W =，故 经DB 过程,系统不做功,吸收的热量即内能的增量 所以，吸收的热量为(3)因为是外界对系统做功，所以BEA 过程210J BEA E E ∆=-∆=-, 故 系统放热.8-5 如题图8-5所示，压强随体积按线性变化，若已知某种单原子理想气体在A,B 两状态的压强和体积,问:(1)从状态A 到状态B 的过程中,气体做功多少?题图8-4题图8-5(2)内能增加多少? (3)传递的热量是多少?解：(1) 气体做功的大小为斜线AB 下的面积(2) 对于单原子理想气体 气体内能的增量为 由状态方程 mpV RT M=代入得 (3)气体传递的热量为8-6一气缸内储有10mol 的单原子理想气体,在压缩过程中,外力做功200J,气体温度升高o 1C ,试计算: (1) 气体内能的增量; (2) 气体所吸收的热量;(3) 气体在此过程中的摩尔热容量是多少? 解：(1) 气体内能的增量 (2) 气体吸收的热量(3) 1mol 物质温度升高(或降低) o 1C 所吸收的热量叫摩尔热容量,所以 8-7一定量的理想气体，从A 态出发，经题图8-7所示的过程经C 再经D 到达B 态，试求在该过程中，气体吸收的热量．解：由题图8-7可得A 状态： 5810A A p V =⨯B 状态： 5810B B p V =⨯因为A AB B p V p V =，根据理想气体状态方程可知题图8-7所以气体内能的增量 根据热力学第一定律得8-8 一定量的理想气体，由状态A 经B 到达C ．如题图8-8所示，ABC 为一直线。

第15章 早期量子论15-1 某物体辐射频率为146.010Hz ⨯的黄光，问这种辐射的能量子的能量是多大？ 分析 本题考察的是辐射能量与辐射频率的关系. 解: 根据普朗克能量子公式有:-3414196.6310 6.010 4.010(J)h εν-==⨯⨯⨯=⨯15-2 假设把白炽灯中的钨丝看做黑体，其点亮时的温度为K 2900. 求：(1) 电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长； (2) 据此分析白炽灯发光效率低的原因.分析 维恩位移定律告诉我们，电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长与温度的乘积等于一个常量.由此可以直接由维恩位移定律求解. 解 （1）由维恩位移定律，得-3-72.89810=9.9910(m)=999(nm)2900b T λ⨯==⨯（2）因为电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长在红外区域，所以白炽灯的发光效率较低。

15-3 假定太阳和地球都可以看成黑体，如太阳表面温度T S =6000K ，地球表面各处温度相同，试求地球的表面温度（已知太阳的半径R 0=6.96×105km ，太阳到地球的距离r =1.496×108km ）。

分析 本题是斯忒藩—玻尔兹曼定律的应用。

解： 由 40T M σ=太阳的辐射总功率为2428482002644 5.671060004(6.9610)4.4710(W)S S S P M R T R πσππ-===⨯⨯⨯⨯⨯=⨯地球接受到的功率为62226221117 6.3710() 4.4710()422 1.496102.0010(W)S E E E S P R P R P d d ππ⨯===⨯⨯⨯=⨯ 把地球看作黑体，则 24244E E E E E R T R M P πσπ==290(K)E T ===15-4 一波长nm 2001＝λ的紫外光源和一波长nm 7002＝λ的红外光源，两者的功率都是400W 。

解图9-2第9章 电荷与真空中的静电场9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -⨯,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。

分析：运用库仑定律求解。

解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有512+ 5.010q q -=⨯ ①由库仑定律得912122091014π4q q q q F r ε⨯=== ② 由①②联立解得5152 1.210C 3.810Cq q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩9-2 两根26.010m -⨯长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为30.510kg -⨯的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。

求每一个小球的电量。

分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。

解：设两小球带电12=q q q =，小球受力如解图9-2所示220cos304πq F T R ε==︒ ①sin30mg T =︒ ②联立①②得2o 024tan30mg R qπε= ③ 其中223sin 606103310(m)2r l --=︒=⨯⨯=⨯ 2R r =代入③式，得71.0110C q -=⨯解图9-19-3 在电场中某一点的场强定义为0FE q =，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F与0q 成正比，故0FE q =是与0q 无关的。

9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯，已知0.04m BC =，0.03m AC =，求C 点电场强度E的大小和方向(cos370.8︒≈,sin370.6︒≈).分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

2-19．一质量为0.15kg 的棒球以-1040m s v =⋅的水平速度飞来，被棒打击后，速度与原来方向成1350角，大小为-150m s v =⋅。

如果棒与球的接触时间为0.02s ，求棒对球的平均打击力大小及方向。

分析：通过动量定理求出棒对球在初速方向与垂直初速方向的平均打击力，再合成求平均力及方向。

解：： 10cos135F t mv mv -=︒- ①在和初速度垂直的方向上，由动量定理有： 2cos45F t mv =︒ ②又F =③由①②③带入数据得：624F N =与原方向成F arctan ︒=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-15512F F 角2-20. 将一空盒放在秤盘上，并将秤的读数调整到零，然后从高出盒底h 将小钢珠以每秒B 个的速率由静止开始掉入盒内，设每一个小钢珠的质量为m ，若钢珠与盒底碰撞后即静止，试求自钢珠落入盒内起，经过t 秒后秤的读数。

分析：秤的读数是已落在盒里石子的重量与石子下落给秤盘平均冲力之和，平均冲力可由动量定律求得。

解：对在dt 的时间内落下的钢珠，由动量定理：0Fdt -=-所以t 秒后秤的读数为：mgBt +2-21. 两质量均为M 的冰车头尾相接地静止在光滑的水平冰面上，一质量为m 的人从一车跳到另一车上，然后再跳回，试证明，两冰车的末速度之比为()m M +/M 。

分析：系统动量守恒。

解：任意t 时刻，由系统的动量守恒有：12()0Mv M m v -+=所以两冰车的末速度之比： ()M m M v v //21+=2-22. 质量为3.0kg 的木块静止在水平桌面上，质量为5.0g 的子弹沿水平方向射进木块。

两者合在一起，在桌面上滑动25cm 后停止。

木块与桌面的摩擦系数为0.20，试求子弹原来的速度。

分析：由动量守恒、动能定理求解。

解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有：0()Mv M m v =+①一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有：21()()2M m v M m gl μ+=+ ②由①②带入数据有： 0600/v m s =2-23. 光滑水平平面上有两个物体A 和B ，质量分别为A m 、B m 。

第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。

分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有ACAB U U =。

解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。

因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。

导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。

作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。

因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =-2A B q q =-即 ()A B C q q q =-+ ①又因为： AC AB U U =而: 2AC AC d U E =⋅AB AB U E d =⋅∴ 2AC AB E E =于是：002C B σσεε =⋅ 两边乘以面积S 可得： 002C B S S σσεε =⋅ 即： 2C B q q = ②联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯题图10-1题10-1解图 d(2) 00222C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==⋅=⋅=⋅ 733412210210 2.2610()200108.8510V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求： （1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ;（2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。

习题二2-1．两质量分别为m 和M ()M m ≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。

若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？解：以m 、M 整体为研究对象，有()F m M a =+…①以m 为研究对象，如解图2-1（a ），有Mm F F ma -=…②由①、②两式，得相互作用力大小若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如题图2-1（b ）有Mm F ma =…………③由①、③两式，得相互作用力大小MmmFF m M=+发生变化。

2-2.在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如题图2-2所示，若M 1=M 2=4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m与M 2之间的作用力是否发生变化？解：受力图如解图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象，有111T M g M a -=又12T T =，则2M m F =1122M mgM M m++当124M M m ==时 当125,3M m M m ==时2109M m mg F =，发生变化。

2-3.质量为M 的气球以加速度a v匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。

若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？题图2-2题图2-1解图2-1解图2-2解：设f r为空气对气球的浮力，取向上为正。

分别由解图2-3（a ）、(b)可得 由此解得2-4．如题图2-4所示，人的质量为60kg ，底板的质量为40kg 。

人若想站在底板上静止不动，则必须以多大的力拉住绳子？ 解：设底板和人的质量分别为M ，m ，以向上为正方向，受力图如解图2-4（a ）、(b)所示，分别以底板、人为研究对象，则有3'0T F mg +-=F 为人对底板的压力，'F 为底板对人的弹力。

第七章7-1 氧气瓶的容积为32,L 瓶内充满氧气时的压强为130atm 。

若每小时用的氧气在1atm 下体积为400L 。

设使用过程温度保持不变，当瓶内压强降到10atm 时，使用了几个小时?分析 氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小。

因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量。

进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。

解 已知123130,10,1;P atm P atm P atm === ,3221L V V V ===L V 4003=。

质量分别为1m ，2m ，3m ,由题意可得:11m PV RT M = ○1 22m PV RT M = ○2 233m PV RT M= ○3 所以一瓶氧气能用小时数为:()121233313010329.61.0400m m PV PV n m PV -⨯--====⨯小时7-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度为 27C ︒。

压强为2.4mmHg ，氦气与氖气得压强比是7:1.求管内氦气和氖气的分数密度. 分析 先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式P nkT =求解氦气和氖气的分数密度。

解:依题意, n n n =+氦氖， 52.41.01310760P P P Pa =+=⨯⨯氦氖；:7:1P P =氦氖 所以 552.10.31.01310, 1.01310760760P Pa P Pa =⨯⨯=⨯⨯氦氖, 根据 P nkT =所以 ()5223232.1760 1.01310 6.76101.3810300P n m kT --⨯⨯===⨯⨯⨯氦氦 2139.6610P n m kT-=⨯氖氖7-3 氢分子的质量为243.310-⨯克。

如果每秒有2310个氢分子沿着与墙面的法线成︒45角的方向以510厘米/秒的速率撞击在面积为22.0cm 的墙面上,如果撞击是完全弹性的,求这些氢分子作用在墙面上的压强. 分析 压强即作用在单位面积上的平均作用力，而平均作用力由动量定理求得。

第五章5-1有一弹簧振子，振幅 A 2.0 10 2 m，周期T 1.0 s，初相 3 / 4.试写出它的振动位移、速度和加速度方程。

分析根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。

、2解：振动方程为：x Acos[ t ] Acos[ t ]代入有关数据得：x 0.02 cos[2 t 3 ]( SI )4振子的速度和加速度分别是：v dx / dt0.04si n[2 t 34](SI) 4a d2x/dt20.082 cos[2 t3-](SI)45-2若简谐振动方程为x 0.1 cos[20 t / 4]m，求(1) 振幅、频率、角频率、周期和初相;(2) t=2s时的位移、速度和加速度.分析通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。

解: (1)可用比较法求解•根据x Acos[ t ] 0.1 cos[ 20 t / 4] 得：振幅A0.1 m，角频率20 rad / s，频率/210s 周期T 1/0.1 s，/ 4 rad(2)t 2s时，振动相位为：20 t / 4 (40/ 4) rad由x A cos ， A sin2，a A cos2x得x0.0707m, 4.44 m/s, a279m/s25-3质量为2kg的质点，按方程x 0.2 sin[ 5t ( /6)]( SI )沿着x轴振动.求:(1)t=0时，作用于质点的力的大小；(2 )作用于质点的力的最大值和此时质点的位置分析根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。

2解：(1)跟据f ma m x，x 0.2 sin[ 5t ( /6)]将t 0代入上式中，得：f 5.0 N2(2)由f m x可知，当x A 0.2 m时，质点受力最大，为 f 10.0 N 5-4为了测得一物体的质量m将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率1 1.0Hz ；而当将另一已知质量为m'的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为2 2.0Hz.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量分析根据简谐振动频率公式比较即可。

基础物理学第五章(静电场)课后习题答案.txt有没有人像我一样在听到某些歌的时候会忽然想到自己的往事_______如果我能回到从前，我会选择不认识你。

不是我后悔，是我不能面对没有你的结局。

第五章静电场思考题5-1 根据点电荷的场强公式，当所考察的点与点电荷的距离时，则场强，这是没有物理意义的。

对这个问题该如何解释？答:当时,对于所考察点来说,q已经不是点电荷了,点电荷的场强公式不再适用.5-2 与两公式有什么区别和联系？答：前式为电场（静电场、运动电荷电场）电场强度的定义式，后式是静电点电荷产生的电场分布。

静电场中前式是后一式的矢量叠加，即空间一点的场强是所有点电荷在此产生的场强之和。

5-3 如果通过闭合面S的电通量为零，是否能肯定面S上每一点的场强都等于零？答：不能。

通过闭合面S的电通量为零，即，只是说明穿入、穿出闭合面S的电力线条数一样多，不能讲闭合面各处没有电力线的穿入、穿出。

只要穿入、穿出，面上的场强就不为零，所以不能肯定面S上每一点的场强都等于零。

5-4 如果在闭合面S上，处处为零，能否肯定此闭合面一定没有包围净电荷？答：能肯定。

由高斯定理，E处处为零，能说明面内整个空间的电荷代数和，即此封闭面一定没有包围净电荷。

但不能保证面内各局部空间无净电荷。

例如，导体内有一带电体，平衡时导体壳内的闭合高斯面上E处处为零，此封闭面包围的净电荷为零，而面内的带电体上有净电荷，导体内表面也有净电荷，只不过它们两者之和为零。

5-5 电场强度的环流表示什么物理意义？表示静电场具有怎样的性质？答：电场强度的环流说明静电力是保守力，静电场是保守力场。

表示静电场的电场线不能闭合。

如果其电场线是闭合曲线，我们就可以将其电场线作为积分回路，由于回路上各点沿环路切向，得，这与静电场环路定理矛盾，说明静电场的电场线不可能闭合。

5-6 在高斯定理中，对高斯面的形状有无特殊要求？在应用高斯定理求场强时，对高斯面的形状有无特殊要求？如何选取合适的高斯面？高斯定理表示静电场具有怎么的性质？答：在高斯定理中，对高斯面的形状没有特殊要求；在应用高斯定理求场强时，对高斯面的形状有特殊要求，由于场强的分布具有某种对称性，如球对称、面对称、轴对称等，所以要选取合适的高斯面，使得在计算通过此高斯面的电通量时，可以从积分号中提出来，而只需对简单的几何曲面进行积分就可以了；高斯定理表示静电场是有源场。

习题二2-1．两质量分别为m 和M (M m)≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2－1所示，求两物体间的相互作用力? 若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？ 分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+…①以m 为研究对象，如图2-1（a ），有M m F F ma +=…② 由①、②，有相互作用力大小M m M F F m M =+若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如图2-1（b ）有M m F m a =…………③ 由①、③，有相互作用力大小M m m F F m M=+，发生变化。

2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如图所示，若M 1=M 2=4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化？分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -=222() ()M m g T M m a -++=-+2 M mmg ma F-=-又：T 1=T 2，则： 2M mF =1122M m g M M m++当M 1=M 2= 4m ， 289M mm g F =当M 1=5m, M 2=3m, 2109M mm g F=，发生变化。

m（a ）MFm（b ）M F2-3.质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。

若气球仍能匀加速向上，求气球的加速度减少了多少？ 分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

第十二章12－1 图示为三种不同的磁介质的B ~H 关系曲线，其中虚线表示的是B =μ0H 的关系．说明a 、b 、c 各代表哪一类磁介质的B ~H 关系曲线？ 答：因为顺磁质r μ＞1，抗磁质r μ＜1，铁磁质r μ>>1， B =r μμ0H 。

所以a 代表 铁磁质 的B ~H 关系曲线．b 代表 顺磁质 的B ~H 关系曲线．c 代表 抗磁质 的B ~H 关系曲线．12－2 螺绕环中心周长10l cm =，环上线圈匝数N =200匝，线圈中通有电流100I mA =。

（1）求管内的磁感应强度0B 和磁场强度0H ；（2）若管内充满相对磁导率r 4200μ=的磁性物质，则管内的B 和H 是多少？（3）磁性物质内由导线中电流产生的0B 和由磁化电流产生的B '各是多少？分析：电流对称分布，可应用安培环路定理求解。

且B H μ= ,0B B B '=+。

解：（1）管内磁场强度3110220010010A m 200A m .1010NI H nI l ----⨯⨯====⨯ 磁感应强度 740004π10200 2.510T.B H μ--==⨯⨯=⨯ （2）管内充满r 4200μ=磁介质后10200A m ,H H -==4r 0r 04200 2.510T=1.05T.B H H B μμμμ-====⨯⨯（3）磁介质内由导线中电流产生的40 2.510T,B -=⨯则40(1.05 2.510)T 1.05T.B B B -'=-=-⨯≈12－3 一铁制的螺绕环，其平均圆周长为30cm ，截面积为1cm 2，在环上均匀绕以300匝导线，当线圈内的电流为0.032A 时，环内的磁通量为6210wb -⨯.试计算（1）环内的磁通量密度；（2）环圆截面中心的磁场强度；（3）磁化面电流；（4）环内材料的磁导率、相对磁导率及磁化率；（5）环芯内的磁化强度.分析：可应用介质中安培环路定理求磁场强度。

第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 ： 答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别 题1.2： 答案：[A] 题1.3： 答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4： 答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R rj r i==-，21v v v ∆=-，12,v v vi v j=-=-题1.5： 答案：[D]提示：t=0时，x=5；t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返 题1.6： 答案：[D] 提示：a=2t=d dtv ，2224tv tdt t==-⎰，02tx xvdt -=⎰，即可得D 项题1.7： 答案：[D]北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+vv v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8：答案： 匀速(直线)，匀速率 题1.9：答案：2915t t -，0.6提示： 2915dx v t tdt==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =-（2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t=⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dy dtdt=+v i j(2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-v a j(3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i jt=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r ∆=-i j ，r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s题1.11： 答案：212/m s提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dtdt=====题1.12： 答案：1/m s 22π提示：200tdvv v dt tdt=+=⎰，11/t vm s==，201332tvdt t R θπ===⎰，222r R π∆==题1.13： 答案：215()2t v t gt-+-i j提示： 先对2(/2)vt g t =-r j求导得，0()yv gt =-vj与5=v i 合成得05()v g t =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14： 答案：8, 264t提示：8dQv R R t dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R tdt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15： 解：（1）3tdv atdt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t∴=又232ds v tdt==232stds tdt=∴⎰⎰ 312S t =∴（2）又S R θ= 316S tRθ==∴（3）当a 与半径成45角时，n a a τ=2434nva tR==4334tt=∴ 34t S=∴题1.16： 解：（1）dv a kvdt ==- 0vtdv kdt v=-∴⎰⎰， 0lnv ktv =-（*）当012v v =时，1ln 2kt=-，ln 2t k=∴（2）由（*）式：0kt v v e -=0kt dx v e dt -=∴，000x tkt dx v e dt -=⎰⎰(1)kt v x e k-=-∴ 第2章 质点动力学一、选择题 题2.1： 答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2： 答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2yy Sv t t==x 方向上做匀加速运动（初速度为0），F a m=22tx v a d t t ==⎰，223txxt S vdt ==⎰2223t t =+∴S i j题2.3： 答案：[B]提示：受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg ='F F = 杆受力1()F M g F M m g=+=+1()F M m ga MM+==题2.4 ： 答案：[D] 提示：Ba BTTa A Tmg22AB A B m g T m a T m a a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45Aag=（2A Ba a=，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S ）2A Ba a=∴题2.5： 答案：[C]提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故0(cos 60)()1010m m v m v =+共0=22v v 共题2.6： 答案：[C] 提示：RθθRh-R由图可知cos h R Rθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等 所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=-由机械能守恒得（以地面为零势能面）2200112()22m v m v m gh v gh g h R =+⇒=+-题2.7： 答案：[B]提示： 运用动量守恒与能量转化 题2.8： 答案：[D] 提示：θv 0v x vy由机械能守恒得20122m gh m vv gh=⇒=0sin y v v θ=sin 2Gy Pmgv mg ghθ==∴题2.9： 答案： [C] 题2.10： 答案： [B] 提示： 受力如图fT Fx由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）2()xF m g Fx m gx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题 题2.11: 答案：2mb 提示： '2v x bt =='2a v b== 2Fm a m b==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2 提示：4N8Nxy 0由题意，22/xam s= 4x F N=8y F N=2F m k ga==24/y y F a m sm==题2.13： 答案：75，1110提示： 由题意，32()105F a t m ==+27/5v adt m s⇒==⎰当t=2时，1110a =题2.14： 答案：180kg 提示：由动量守恒，=m S -S m人人人船相对S （）=180kgm ⇒船题2.15： 答案：11544+i j提示：各方向动量守恒题2.16： 答案：()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()(m v m v m v --=+I P P i j ij末初-由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合=W m gR-外题2.17： 答案：-12 提示：3112w F dx J -==⎰题2.18：答案： mgh ，212kx ，M m G r- h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19： 答案： 02m g k ，2mg ，0m gk题2.20： 答案： +=0A ∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21： 解：（1）=m Fxg L 重()m f L x gLμ=-（2）1()(1)g a F f x gmLμμ=-=+-重（3）dv a v dx=，03(1)vLL g vdv x g dx Lμμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，2(2)3v L g μ=-题2.22：解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。

第14章 波动光学14-1.在双缝干涉实验中，两缝的间距为0.6mm,照亮狭缝S 的光源是汞弧灯加上绿色滤光片．在2.5m 远处的屏幕上出现干涉条纹，测得相邻两明条纹中心的距离为2.27mm ．试计算入射光的波长，如果所用仪器只能测量5mm x ∆≥的距离，则对此双缝的间距d 有何要求？分析：由杨氏双缝干涉明纹位置公式求解。

解：在屏幕上取坐标轴Ox ，坐标原点位于关于双缝的对称中心。

屏幕上第k 级明纹中心的距坐标原点距离：λdD kx ±= 可知dD d D k d D k x x x k k λλλ=-+=-=∆+)1(1 代入已知数据，得545nm xd Dλ∆== 对于所用仪器只能测量5mm x ∆≥的距离时0.27mm D d x λ≤=∆14-2.在杨氏双缝实验中，设两缝之间的距离为0.2mm ．在距双缝1m 远的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为400nm 至760nm 的白光，问屏上离零级明纹20mm 处，哪些波长的光最大限度地加强？(91nm=10m -)分析：由双缝干涉屏上明纹位置公式，求k 取整数时对应的可见光的波长。

解：已知：d ＝0.2mm ，D ＝1m ，x ＝20mm 依公式λk d D x =∴ 4000n mdxk Dλ== 故k ＝10 λ1＝400nmk ＝9 λ2＝444.4nm k ＝8 λ3＝500nm k ＝7 λ4＝571.4nm k ＝6 λ5＝666.7nm这五种波长的光在所给的观察点最大限度地加强．14-3.如题图14-3所示，在杨氏双缝干涉实验中，若3/1212λ=-=-r r P S P S ，求P 点的强度I 与干涉加强时最大强度Imax 的比值．分析：已知光程差，求出相位差．利用频率相同、振动方向相同的两列波叠加的合振幅公式求出P 点合振幅。

杨氏双缝干涉最大合振幅为2A 。

解：设S 1、S 2分别在P 点引起振动的振幅为A ，干涉加强时，合振幅为2A ，所以2max 4A I ∝ , 因为λ3112=-r r所以S 2到P 点的光束比S 1到P 点的光束相位落后题图14-3()3π23π2π212=⋅=-=∆λλλϕr r P 点合振动振幅的平方为：22223π2cos2A A A A =++ 因为2I A ∝ 所以22m a x 1==44IA I A14-4. 在双缝干涉实验中，波长550nm λ=的单色平行光, 垂直入射到缝间距4210m d -=⨯的双缝上，屏到双缝的距离2m D =．求：(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距； (2) 用一厚度为66.610m e -=⨯、折射率为 1.58n =的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？分析：（1）双缝干涉相邻两条纹的间距为 ∆x =D λ / d ，中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距为20∆x .（2）不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，中央明纹对于O 点的光程差0δ=，其余条纹相对O 点对称分布．插入介质片后，两相干光在两介质薄片中的几何路程相等，但光程不等。

第十六章16－1 某物体辐射频率为Hz .141006⨯的黄光，这种辐射的能量子的能量是多大？ 分析 本题考察的是辐射能量与辐射频率的关系.解: 根据普朗克能量子公式有:J 106.63hv -341914100.4100.6-⨯=⨯⨯⨯==ε16－2 热核爆炸中火球的瞬时温度高达K 710，试估算辐射最强的波长和这种波长的能量子hv 的值。

分析 本题考察的是维恩位移定律及普朗克能量子公式的应用。

解: 将火球的辐射视为黑体辐射, 根据维恩位移定律, 可得火球辐射峰值的波长为:)(1089.2101089.21073m T b m --⨯=⨯==λ 上述波长的能量子的能量为:eV 104.29J 106.63hchv 3-34⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯===--161081087.61089.2103λε 16－3 假定太阳和地球都可以看成黑体，如太阳表面温度T S =6000K ，地球表面各处温度相同，试求地球的表面温度（已知太阳的半径R 0=6.96×105km ，太阳到地球的距离r =1.496×108km ）。

分析 本题是斯忒藩—玻尔兹曼定律的应用。

解：由40T M σ=太阳的辐射总功率为)(1047.4)1096.6(460001067.54426284820420W R T R M P S S S ⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===-ππσπ地球接受到的功率为)(1000.2)10496.121037.6(1047.4)2(417211626222W d R P R d P P E S E S E ⨯=⨯⨯⨯⨯====ππ 把地球看作黑体，则24244EE E E E R T R M P πσπ== )(290)1037.6(41067.51000.2442681742K R P T E E E =⨯⨯⨯⨯⨯==-ππσ 16－4 一波长nm 2001＝λ的紫外光源和一波长nm 7002＝λ的红外光源，两者的功率都是400W 。

第14章波动光学14-1.在双缝干涉实验中，两缝的间距为0.6mm,照亮狭缝的光源是汞弧灯加上绿色滤光片．在2.5m远处的屏幕上出现干涉条纹，测得相邻两明条纹中心的距离为2.27mm．试计算入射光的波长，如果所用仪器只能测量的距离，则对此双缝的间距有何要求？分析：由杨氏双缝干涉明纹位置公式求解。

解：在屏幕上取坐标轴，坐标原点位于关于双缝的对称中心。

屏幕上第级明纹中心的距坐标原点距离：可知代入已知数据，得对于所用仪器只能测量的距离时14-2.在杨氏双缝实验中，设两缝之间的距离为0.2mm．在距双缝1m远的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为至的白光，问屏上离零级明纹20mm处，哪些波长的光最大限度地加强？()分析：由双缝干涉屏上明纹位置公式，求k取整数时对应的可见光的波长。

解：已知：d＝0.2mm，D＝1m，x＝20mm依公式∴故k＝10 λ1＝400nmk＝9 λ2＝444.4nmk＝8 λ3＝500nmk＝7 λ4＝571.4nmk＝6 λ5＝666.7nm这五种波长的光在所给的观察点最大限度地加强．14-3.如题图14-3所示，在杨氏双缝干涉实验中，若，求P点的强度I与干涉加强时最大强度Imax的比值．分析：已知光程差，求出相位差．利用频率相同、振动方向相同的两列波叠加的合振幅公式求出P点合振幅。

杨氏双缝干涉最大合振幅为2A。

解：设S1、S2分别在P点引起振动的振幅为A，干涉加强时，合振幅为2A，所以, 因为所以S2到P点的光束比S1到P点的光束相位落后P点合振动振幅的平方为：因为所以14-4. 在双缝干涉实验中，波长的单色平行光, 垂直入射到缝间距的双缝上，屏到双缝的距离．求：(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2) 用一厚度为、折射率为的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？分析：（1）双缝干涉相邻两条纹的间距为?x =Dλ / d ，中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距为20?x.（2）不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，中央明纹对于O点的光程差，其余条纹相对O点对称分布．插入介质片后，两相干光在两介质薄片中的几何路程相等，但光程不等。