大物习题解答-大学物理习题答案(许瑞珍_贾谊明)-第10章 流体力学

第一章 质点的运动1-1 已知质点的运动方程为：，。

式中x 、y 的单位为m ，t 的单位为ｓ。

试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向。

23010t t x +-=22015t t y -=分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动。

现测得其加速度a ＝A-B v ，式中A 、B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。

分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度 )1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即a = - k v 2，k 为常数。

习题1010.1选择题(1)对于安培环路定理的理解，正确的是：(A)若环流等于零，则在回路L上必定是H处处为零；(B)若环流等于零，则在回路L上必定不包围电流；(O若环流等于零，则在回路L所包围传导电流的代数和为零；(D)回路L上各点的H仅与回路L包围的电流有关。

［答案：C］(2)对半径为R载流为I的无限长直圆柱体，距轴线r处的磁感应强度B ()(A)内外部磁感应强度B都与r成正比；(B)内部磁感应强度B与r成正比，外部磁感应强度B与r成反比；(C)内外部磁感应强度B都与r成反比；(D)内部磁感应强度B与r成反比，外部磁感应强度B与r成正比。

［答案:B］(3)质量为m电量为q的粒子，以速率v与均匀磁场B成0角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要()(A)增加磁场B； (B)减少磁场B； (C)增加0角；(D)减少速率V。

［答案:B］(4)一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T的磁场中从0=0的位置转到180度(0为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角)时磁场力做功为() (A) 0.24J；(B) 2.4J； (C) 0.14J； (D) 14J。

［答案:A］10.2填空题(1)边长为a的正方形导线回路载有电流为I,则其中心处的磁感应强度______ =［答案：2臥I ,方向垂直正方形平面］na(2)计算有限长的直线电流产生的磁场—用毕奥——萨伐尔定律，而—用安培环路定理求得(填能或不能)。

［答案：能，不能］(3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 ____ o电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 ____ o［答案：零，零］(4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以_电流时，管内的磁力线分布相同，管内的磁感线分布将 ____ =［答案：相同，不相同］10.3在同一磁感应线上，各点万的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度鸟的方向？解：在同一磁感应线上，各点鸟的数值一般不相等.因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度万的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为直的方向.dl题10.3图10.4(1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度鸟的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)？(2)若存在电流，上述结论是否还对？解：(1)不可能变化，即磁场一定是均匀的.如图作闭合回路abed可证明B{=B2£ B-dl =B l da-B2bc = /J0^I = 0B x =(2)若存在电流，上述结论不对.如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线, 但鸟方向相反，即B^B2.10.5用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场？答：不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用.10.6在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部B = ^o nl,外面B=0,所以在载流螺线管外面环绕一周(见题10.6图)的环路积分牡民卜応=0但从安培环路定理来看，环路L中有电流I穿过，环路积分应为牡万外-df = //0/这是为什么？解：我们导出B 内=jU o nl,B^ =0有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线.这 时图中环路厶上就一定没有电流通过，即也是与（鸟外-dr=＜（o-dr=o 是不矛盾的.但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型.实 际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过厶的电流为/,因此实际螺线管若是无限长时， 只是鸟外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量B[= 必,r 为管外一点到螺线管轴 17VT题10.6图10.7如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它 发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场？解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存 在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致.如果它发生偏转也不能肯定 那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转.10.8已知磁感应强度B = 2.0Wb/m 2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示.试 求：（1）通过图中abed 面的磁通量；（2）通过图中b 妣面的磁通量；（3）通过图中*/^面的磁 通量.解：如题10.8图所示.⑴通过a0cd 面积,的磁通是（$面法线沿 x 轴正向）0）! =5-5] =2.0x0.3x0.4 = 0.24 Wb⑵通过befc 面积S 2的磁通量 0）2 = B • 52 = 0⑶通过a 创面积S3的磁通量（S3面法线沿x 、z 轴的正向）啓=用恳3 = 2x0.3x0.5xcos& = 2x0.3x0.5x? = 0.24 Wb10.9如题10-9图所示，AB. CD 为长直导线，RC 为圆心在O点的一段圆弧形I题10. 8图导线，其半径为若通以电流Z,求0点的磁感应强度.解：如题10-9图所示，O 点磁场由AB 、BC 、CD 三部分电流产生.其中AB 产生：& = 0CD 产生：场=上上，方向垂直向里 2 12RBC 段产生磁场 由B = ^-(sin^2- sin^J 得： 4mB 3 = ^^(sin 90° - sin 60° ) = ^-(1-—),方向丄向里 .R 2nR 2 •••恥+ B 严盟（1—子+汀方向丄向里.10.10在真空中，有两根互相平行的无限长直导线厶和厶2,相距0.ini,通有方向相反的电 流，/1=20A,/2=10A,如题10.10图所示.A, 3两点与导线在同一平面内.这两点与导线L 2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. Zi=20A0.1mL'i 丄—Z 2=10A 题10.10图解：如题10.10图所示，&方向垂直纸面向里2 茨崔丽+化g ^-2.(0Z0.05)+^0j^h33X1°-5T10.11如题10-11图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A, B 两点，并在很⑵设片=0在厶2外侧距离厶2为厂处，则:解得r - 0.1 m1 n 题10-9图 2^(r + 0.1)2 岔远处与电源相连.已知圆环的粗细均匀，求环中心0的磁感应强度.解：如题10-11图所示，圆心O 点磁场由直电流Aoo 和Boo 及两段圆弧上电流人 与厶所产生，但A8和Boo 在O 点产生的磁场为零。

习题及解答（全）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 tsd d .t rd 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t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd 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 tr d ˆd d ˆd 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 rd d ，及a ＝22d 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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d 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 trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。

题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。

（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。

（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。

A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。

3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。

(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。

5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。

一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。

不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。

10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。

221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。

第十章一、波动基本知识小结⒈平面简谐波方程 )cos()(cos kx t A t A y Vxωω==； v V T v k T λπλπω====,/1,2,2。

⒉弹性波的波速仅取决媒质性质：弹性体中横波的波速ρ/N V =，弹性体中纵波的波速ρ/Y V =，流体中纵波波速ρ/k V =，绳波波速ρ/T V =。

⒊波的平均能量密度2221A ρωε=，波的平均能流密度 V A I 2221ρω=。

⒋波由波密射向波疏媒质，在边界处，反射波与入射波相位相同；波由波疏射向波密媒质，在边界处，反射波比入射波相位落后π，相当损失半个波长；例如：在自由端无半波损失，在固定端有半波损失。

⒌振动方向相同、频率相同、位相差恒定的二列波叫相干波，相干波叠加叫波的干涉。

⒍振幅相同、传播方向相反的两列相干波叠加产生驻波现象；驻波方程 t x A y ωλπcos cos 22=；波节两边质元振动相位相反，两个波节之间质元振动相位相同；相邻波节或相邻波腹间距离为λ/2，相邻波腹波节间距离为λ/4。

⒎多普勒公式：v v SV V V V --=0'，在运用此公式时，以波速V 为正方向，从而确定V 0、V S 的正负。

二、思考题解答10.1 根据波长、频率、波速的关系式u λν=，有人认为频率高的波传播速度大，你认为对否？答：否。

弹性波在连续介质中的传播速度取决于介质的性质和状态，如固体、液体的形变模量和密度以及气体的体变模量和气体的状态等。

在给定的非色散介质中，弹性波相位的传播速度（即波速）是一定的，与频率无关。

由u λν=可知，波的频率越高在介质中的波长越短。

介质对于电磁波的传播不是必要的，介质中电磁波相位的传播速度与介质的介电常量ε和磁导率μ有关。

当ε和μ为常数（非色散介质）时，相速度u 与频率无关，真空中电磁波的相位传播速度即为光速c 。

比值cnu =，n 为介质的折射率。

10.2 当波从一种介质透入另一介质时，波长、频率、波速、振幅各量中，哪些量会改变？哪些量不会改变？答:参照上题，简谐波在连续介质中传播时，介质中各质点振动的频率是由波源决定的。

（精编）⼯程流体⼒学课后答案(精编)⼯程流体⼒学(袁恩熙著) ⽯油⼯业出版社课后答案流体及其主要物理性质1-1.轻柴油在温度15oC时相对密度为0.83，求它的密度和重度。

解：4oC时相对密度：所以，1-2.⽢油在温度0oC时密度为1.26g/cm3，求以国际单位表⽰的密度和重度。

解：1-3.⽔的体积弹性系数为1.96×109N/m2，问压强改变多少时，它的体积相对压缩1％？解：1-4.容积4m3的⽔，温度不变，当压强增加105N/m2时容积减少1000cm3，求该⽔的体积压缩系数βp和体积弹性系数E。

解：1-5.⽤200L汽油桶装相对密度为0.70的汽油，罐装时液⾯上压强为1个⼤⽓压，封闭后由于温度变化升⾼了20oC，此时汽油的蒸⽓压为0.18⼤⽓压。

若汽油的膨胀系数为0.0006oC－1，弹性系数为14000kg/cm2。

试计算由于压⼒及温度变化所增减的体积？问灌桶时每桶最多不超过多少公⽄为宜？解：E＝E’·g＝14000×9.8×104PaΔp＝0.18at所以，从初始状态积分到最终状态得：另解：设灌桶时每桶最多不超过V升，则（1⼤⽓压＝1Kg/cm2）V＝197.6升dV t＝2.41升dV p＝2.52×10-3升G＝0.1976×700＝138Kg＝1352.4N1-6.⽯油相对密度0.9，粘度28cP，求运动粘度为多少m2/s?解：1-7.相对密度0.89的⽯油，温度20oC时的运动粘度为40cSt，求动⼒粘度为多少？解：ν＝40cSt＝0.4St＝0.4×10-4m2/sµ＝νρ＝0.4×10-4×890＝3.56×10-2Pa·s1-8.图⽰⼀平板在油⾯上作⽔平运动，已知运动速度u=1m/s，板与固定边界的距离δ=1，油的动⼒粘度µ＝1.147Pa·s，由平板所带动的油层的运动速度呈直线分布，求作⽤在平板单位⾯积上的粘性阻⼒为多少？解：1-9.如图所⽰活塞油缸，其直径D＝12cm，活塞直径d＝11.96cm，活塞长度L＝14cm，油的µ＝0.65P，当活塞移动速度为0.5m/s时，试求拉回活塞所需的⼒F=？解：A＝πdL,µ＝0.65P＝0.065Pa·s,Δu＝0.5m/s,Δy=(D-d)/2第⼀章流体静⼒学2-1.如图所⽰的U形管中装有⽔银与⽔，试求：（1）A、C两点的绝对压⼒及表压各为多少？（2）A、B两点的⾼度差为多少？解：①p A表＝γh⽔＝0.3mH2O＝0.03at＝0.3×9800Pa＝2940Pap A绝＝p a+p A表＝（10+0.3）mH2O＝1.03at＝10.3×9800Pa＝100940Pap C表＝γhg h hg+p A表＝0.1×13.6mH2O+0.3mH2O＝1.66mH2O＝0.166at＝1.66×9800Pa＝16268Pa p C绝＝p a+p C表＝（10+1.66）mH2O＝11.66mH2O＝1.166at＝11.66×9800Pa＝114268Pa②30cmH2O＝13.6hcmH2Oh＝30/13.6cm=2.2cm题2-2题2-32-2.⽔银压⼒计装置如图。

第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。

解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。

解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 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td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。

10.1 解：O O B B B B 出圆弧进++=0其中两直线电流在O 点产生的磁感应强度为0，1/4圆电流在O 点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为R IRIB B O 841200μμ=⨯==圆弧。

10.2解:d b c a B B B B B +++=中心如图a I a I B B a πμπμ0022/22224)45cos 22===︒（中心过中心平行于ad (如图竖直向上)。

10.3 解:1PI B方向垂直纸面向里，大小为d I πμ2102PI B方向纸面向右，大小为d I πμ220 21PI PI P B B B +=T I I d d I d I B B B PI PI P 52221022021022102.72)2()2(21-⨯=+=+=+=πμπμπμ方向在过P 垂直于1I 的平面内与2PI B 夹α角︒===--7.33)32()(1121tna B B tna PI PI α10.4解：两线圈在P 点产生的磁感应强度方向都在两圆心的连线上指向小圆（向左）}])([])([{22322122223221211021x b R R I x b R R I B B B PR PR P -++++=+=μ10.5 解：a bc d2I P 2PIra Idy r dya I rdI B d πμπμπμ422200===20044cos r a Iydyr y r a Idy dB dB x πμπμα=== 20044sin r a Ixdyr x r a Idy dB dB y πμπμα===由对称性可知⎰==0x Px dB Bx a a I x a x a a I x y x a Ix y x dy a Ix y x a Ixdy r a Ixdy dB B aaa aa a aa y Py 101101022022020tan 2)tan (tan 4]tan 144)(44--------=--==+=+===⎰⎰⎰⎰πμπμπμπμπμπμ10.6解：对于无限大平面载流导体板，即上题结果中a x <<，2π=x a arctgi u a I u B 00214==∴（i 为电流密度）（1） 在两面之间1i 产生的磁感强度大小为10121i u B =，方向垂直纸面向里。