崔乃毅等《大学物理活页习题集》 机械工业出版社答案单元25-单元33

大学物理学下 吴柳 第十二章12.1 一封闭的立方体形的容器,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,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 Vp V 111=右侧:T pV T V p 222= 得, T pT Vp V 222=122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 122121T p T p l l = 12.2 已知容器有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2atm ,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:12352232028.010022.610013.1100.12731038.11024.1----⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==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 MM MVV p 2122-=- (2)（1）、（2）式联立得： ()()()Vp p RT M M V p Vp p RTM M M 212121221--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=12.4在实验室中能够获得的最佳真空相当于大约10-14atm (即约为10-10mmHg 的压强),试问在室温(300K )下在这样的“真空”中每立方厘米有多少个分子？ 解： 由nkT p = 得，35311235141045.21045.21038.130010013.110----⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯==cm m kT p n 12.5已知一气球的容积V =8.7m 3,充以温度t 1=150C 的氢气,当温度升高到370C 时,维持其气压p 及体积不变,气球中部分氢气逸出,而使其重量减轻了0.052kg ,由这些数据求氢气在00C,压力p 下的密度. 解：V p 1t m V p 2t ()V V -2 p 2t m ∆3V p 3t m 由221t V t V = （1）mmV V V ∆=-22 （2）331t V t V = （3） 3V m=ρ （4） 由以上四式联立得： 3231122109.815.2737.815.288052.02215.310--⋅⨯=⨯⨯⨯=∆-=m kg Vt t m t t t ρ 12.6真空容器中有一氢分子束射向面积2cm 0.2=S 的平板,与平板做弹性碰撞.设分子束中分子的速度13s m 100.1-⋅⨯=v ,方向与平板成60º夹角,每秒有23100.1⨯=N 个氢分子射向平板.求氢分子束作用于平板的压强. [2.9×103Pa] 解： AN M m =Pa SNm S F p 323433230109.210022.6100.223100.110210260sin 2⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===--v12.7 下列系统各有多少个自由度:⑴在一平面上滑动的粒子；⑵可以在一平面上滑动并可围绕垂直于该平面的轴转动的硬币；⑶一弯成三角形的金属棒在空间自由运动. 解：（1） 2 （2） 3 （3） 612.8 容器贮有氧气,其压强Pa 101.013atm 15⨯==p ,温度t =270C,求: (1)单位体积的分子数;(2)分子的质量m ;(3)氧气的密度ρ;(4)分子的方均根速率;(5)分子的平均平动能；(6)在此温度下,4g 氧的能. 解：(1) 由 nkT p = 得,3252351045.215.3001038.110013.1--⨯=⨯⨯⨯==m kT p n (2) kg N M m A 262331031.510022.61032--⨯=⨯⨯== (3) 3262530.11031.51045.2--⋅=⨯⨯⨯==m kg nm ρ(4) 12321084.4103215.30031.833--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RTv (5) J kT k 21231021.615.3001038.12323--⨯=⨯⨯⨯==ε (6) J RT M m 21079.715.30031.82532425⨯=⨯⨯⨯==ε12.9 １mol 氢气,在温度270C 时,求⑴具有若干平动动能；⑵具有若干转动动能；⑶温度每升高10C 时增加的总动能是多少？ 解: (1) J RT 311074.315.30031.82323⨯=⨯⨯==ε (2) J RT 321049.215.30031.822⨯=⨯==ε(3) J R 8.2025==∆ε12.10 试求1mol 氢气分别在0℃和500℃时的能.解： J RT 3111067.515.27331.82525⨯=⨯⨯==ε J RT 4221061.115.77331.82525⨯=⨯⨯==ε12.11 (1)求在相同的T 、p 条件下,各为单位质量的 H 2气与He 气的能之比.(2)求在相同的T 、p 条件下,单位体积的H 2气与He 气的能之比. 解：（1） RT E H 25102132⨯⨯=- RT E eH 2310413⨯⨯=-3102=eH H E E （2） 由nkT p =, 相同的T 、p 条件，可知： e H H n n =2 kT n E H H 2522= kT n E e e H H 23=352=eH H E E 12.12 设山顶与地面的温度均为273K,空气的摩尔质量为0.0289kg ·mol -1.测得山顶的压强是地面压强的3/4,求山顶相对地面的高度为多少? 解：依题意有，340=p p 由气压公式有：m p p g RT h 301030.234ln 81.90289.027331.8ln ⨯=⨯⨯==μ 12.13 求速率大小在p v 与1.01p v 之间的气体分子数占总分子数的百分率. 解：速率间隔在p p 1.01v ~v ,即p v v 01.0=∆1==p W v v 01.0=∆=∆pW v v在p p v v 01.1~间隔的分子数占总分子数的百分数为()%83.0422=∆=∆=∆-W e W W W f N N W π12.14 求00C 的氢气分子和氧气分子的平均速率、方均根速率和最概然速率. 解: 氢气分子相对应的各种速率为1331071.110215.27331.860.160.1--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RT v 13321084.110215.27331.873.173.1--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RT v 1331050.110215.27331.841.141.1--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RT p v 由于三种速率均与分子的摩尔质量平方根成反比4122=o H M M 所以氧气分子的三种速率为氢气分子相应速率的四分之一 121026.4-⋅⨯=s m o v 1221061.4-⋅⨯=s m o v ()121076.3-⋅⨯=s m opv12.15 如图12-31所示.两条曲线分别表示氧气和氢气在同样温度下的速率分布曲线.试问哪条曲线对应氧(氢)气的分布曲线? 氧气和氢气的最概然速率各是多少? 方均根速率各是多少? 解: 由 MRT p 2=v 可知,温度相同时,p v 与M 成反比又由图可知,12p p v v > 因此 可得,21M M > 所以, (1)为氧气的速率分布曲线 (2)为氢气的速率分布曲线()()()()2222H M O M O H p p =v v ()12500-⋅=s m O p v()()()()122222000232500-⋅===s m O H M O M H p p v v由 MRT32=v MRT p 2=v 得, p v v 232= ()12261250023-⋅=⨯=s m O v）)(v f 图12-31 习题12.14图()1222450200023-⋅=⨯=s m H v12.16 设质量为m 的N 个分子的速率分布曲线如图12-32所示.（1）由N 和0v 求a 值.（2）在速率2/0v 到30v /2间隔的分子数；（3）分子的平均平动能. 解：（1）在区间内0~0v ()v v v 0aNf = 在区间内002~v v ()a Nf =v 在区间内02~0v ，分子总数为N()0202002023200000v v v v v v v v v v v v v v a a a ad d a N =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎰⎰ 032v Na =（2）()N a a a ad d a N 12787202322023200000000==+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=∆⎰⎰v v v v v v v v v v v v v v v v 0 (3) ()v v v v v d f ⎰=02022202020022022363191461211121210v v v v v v v v v v v v v m m ad Nd a Nm m =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+==⎰⎰ε 12.17 设N 个粒子系统的速度分布函数为⎩⎨⎧>>>=)0）,0(d d 00v v v v v （为常量K K N v⑴画出分布函数图；⑵用N 和v 0定出常数K ；⑶用v 0表示出平均速率和方均根速率. 解：（1）KO )(v Nf 0图12-32习题12.15图0v v （2） 00v v v K Kd N ==⎰ 0v NK =（3） 211000000v v v v v v vv v ===⎰⎰d d NNv00254.032383v v v v ===ππ 12.18 试从麦克斯韦速率分布律出发推写出如下分布律:(a )以最概然速率mkTp 2=v 作为分子速率单位的分子速率p x v v =的分布律；(b )分子动能221v m k =ε的分布律.并求出最概然动能kp ε,它是否就等于221p m v ？ 解：麦克斯韦速率分布律 ()2223224v v v kTm e kT m f -⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ππ（a ） m kT p 2=v px v v= ()2224x e x kTm x f -=π (b)221v m k =ε()k kTk ke kT mf επεε-⎪⎭⎫ ⎝⎛=23124()0112423=⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-kT e kT m d f k kT k k kεπεεε得， 01=⎪⎭⎫⎝⎛-kT k ε 221p kp m kT v ==ε12.19 设容器盛两种不同单原子气体,原子质量分别为m 1和m 2的此混合气体处于平衡状态时能相等,均为U ,求这两种气体平均速率1v 和2v 的比值以及混合气体的压力.设容器体积为V .解： RT M m U 231'= RT M m U 232''= 得，2''1'M m M m =21'''M M mm = 118m kT π=v 228m kTπ=v 则 1221m m =v v RT pV ν= RTUM m M m M m 3421'2''1'==+=ν 得， VU V RT RT U p 3434==12.20 求在标准状态下一秒分子的平均自由程和平均碰撞次数.已知氢分子的有效直径为2.0×10-10 m.解：3252351069.215.2731038.110013.1--⨯=⨯⨯⨯==m kT p n ()m nd 72521021009.21069.2100.22121--⨯=⨯⨯⨯==ππλ1331070.110215.27331.888--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m m RT ππv 19731013.81009.21070.1--⨯=⨯⨯==s z λv12.21 在足够大的容器中,某理想气体的分子可视为d=4.0×10-10 m 的小球,热运动的 平均速率为2100.5⨯=v m/s,分子数密度为n =3.0×1025 /m 3.试求：(1) 分子平均自由程和平均碰撞频率；(2) 气体中某分子在某时刻位于P 点,若经过与其他分子N 次碰撞后,它与P 点的距离近似可表为λN R =,那么此分子约经多少小时与P 点相距10米？(设分子未与容器壁碰撞) 解: (1)()m nd 8252102107.4100.3100.42121--⨯=⨯⨯⨯==ππλ110821006.1107.4100.5--⨯=⨯⨯==s z λv(2) λN R =h R R z N t 1182107.4100.5110018222=⨯⨯⨯⨯==⎪⎭⎫ ⎝⎛==-λυυλλ 12.22 设电子管温度为300K ,如果要管分子的平均自由程大于10cm 时,则应将它抽到多大压力？(分子有效直径约为3.0⨯10-8cm ) 解:nd 221πλ=若使cm 10>λ()3192102105.21.0100.32121--⨯=⨯⨯==m d n πλπ 需使 319105.2-⨯<m nPa nkT p 1.03001038.1105.22319=⨯⨯⨯⨯==- 即需使 Pa p 1.0<12.23 计算⑴在标准状态下,一个氮分子在1s 与其他分子的平均碰撞次数；⑵容积为4L 的容器,贮有标准状况下的氮气,求1s 氮分子间的总碰撞次数.(氮分子的有效直径为3.76⨯10-8cm ） 解: (1) λυ=z 3252351069.215.2731038.110013.1--⨯=⨯⨯⨯==m kT p n()m nd 8252102109.51069.21076.32121--⨯=⨯⨯⨯==ππλ1231054.4102815.27331.888--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RT ππυ 1982107.7109.51054.4--⨯=⨯⨯=s z (2) mol V V mol 179.04.224===ν AN N ν=132923103.8107.710022.6179.0-⨯=⨯⨯⨯⨯===s z N z N z A ν12.24 实验测知00C 时氧的粘滞系数s)g/(cm 1092.14⋅⨯=-η,试用它来求标准状态下氧分子的平均自由程和分子有效直径. 解：λυρη31=M RT πυ8=nm =ρ 其中 kT p n =, AN M m = 得：RT pM=ρ所以m MRT p RTMpMRT8355105.91032815.27331.810013.111092.1381383---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===ππηπηλpd kT nd 22221ππλ==m p kT d 108523100.3105.910013.1215.2731038.12---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==πλπ12.25 今测得氮气在00C 时的导热系数为237103.W m K 11⨯⋅⋅---，计算氮分子的有效直径.已知氮的分子量为28. 解：⎪⎭⎫⎝⎛=M C VM λυρκ31 R C VM 25= RT pM nm ==ρ m RMT p R MRT M pM RT73531069.131.8815.273102810013.11107.235681565283---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===ππκπκλpd kT nd 22221ππλ==m p kT d 107523102.21069.110013.1215.2731038.12---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==πλπ12.26 在270C 时,2mol 氮气的体积为0.1L ,分别用德瓦耳斯方程及理想气体状态方程计算其压强,并比较结果.已知氮气a =0.828atm ⋅L 2⋅mol -2, b =3.05⨯10-2L ⋅mol . 解：RT pV ν=Pa VRTp 731099.4101.015.30031.82⨯=⨯⨯⨯==-ν ()RT b V V a p ννν=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+22p 2p 0V 02V V()()PaV a b V RT p 72532221044.91.010013.1828.04101005.321.015.30031.82⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯=--=--ννν 第13章13.1 (1)理想气体经过下述三种途径由初态I (2p 0,V 0)变到终态Ⅱ(p 0,2V 0).试计算沿以下每一路径外界对气体所作的功:(a )先从V 0到2V 0等压膨胀然后等体积降压；(b )等温膨胀；(c )先以V 0等体积降压到p 0后再等压膨胀.(2)对1mol 的氏气体重复以上三个过程的计算？ [答案：(1)(a)2p 0V 0,(b) 2p 0V 0ln2,(c)p 0V 0;(2) (a)2p 0V 0, （b)00002002ln ))(( V a b V b V b V V ap ----+,(c)p 0V 0] 解：(1)(a) ()00000222200V p V V p pdV A V V =-==⎰ (b) 200222ln 2ln 00V p RT dV VRTpdV A V V V V ====⎰⎰(c) ()00000220V p V V p pdV A V V =-==⎰(2) 德瓦尔斯方程： ()RT b V V a p mol mol=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2 (a) 00220V p pdV A V V ==⎰(b)()000020000222222ln 22ln 000V ab V b V b V V a p V a V a RT dV V a b V RTpdV A bV b V V V V V ----⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫⎝⎛--==--⎰⎰(c) 0020V p pdV A V V ==⎰13.2 由如图13-40所示.一系统由状态a 沿acb 到达状态b ,吸热量80Cal ,而系统做功126J.⑴经adb 过程系统做功42J ,问有多少热量传入系统？⑵当系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时,外界对系统做功为84J ,试问系统是吸热还是放热？热量是多少？ 解：1Cal=4.2J(1) A E Q +∆= J Q 3362.480=⨯=J A Q E 210126336=-=-=∆ 所以经adb 过程传入系统的热量 J A E Q 252422101=+=+∆= (2) J A 84-=029484210<-=--=+∆=J A E Q 所以系统是放热，热量是294J13.3 如图13-41所示.单原子理想气体从状态a 经过程abcd 到状态d ,已知p a =p d =1atm ,p b =p c =2atm ,V a =1L ,V b =1.5L ,V c =3L ,V a =4L .⑴试计算气体在abcd 过程中能的变化、功和热量；⑵如果气体从状态d 保持压力不变到状态a (图中虚线),求以上三项的结果；⑶若过程沿曲线从a 到c 状态,已知该过程吸热257Cal ,求该过程中气体所做的功. 解：(1) b a →()a b m V T T C E -=∆.νa a a RT V p ν= RVp T a a a ν=b b b RT V p ν= RV p T bb b ν=()a a b b a a b b V p V p R V p R V p R E -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆2323ννν()J 231004.31010132515.1223⨯=⨯⨯-⨯⨯=- ()J pdV A b aV V 231076.010*******.02121⨯=⨯⨯⨯+⨯==-⎰J A E Q 21080.3⨯=+∆= 同理： c b →()()J V p V p E b b c c 231056.4101013255.12322323⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯=-=∆-图13-41 习题13.3图pp 12J pdV A cbV V 231004.3105.11013252⨯=⨯⨯⨯==-⎰J A E Q 21060.7⨯=+∆=d c →()()J V p V p E c c d d 231004.31010132532412323⨯-=⨯⨯⨯-⨯⨯=-=∆- ()J pdV A d cV V 231052.1101013252121⨯=⨯⨯+⨯==-⎰J A E Q 21052.1⨯-=+∆=J E 21056.4⨯=∆总 J A 21032.5⨯=总 J Q 21088.9⨯=总(2) ()()J V p V p E d d a a 231056.410101325412323⨯-=⨯⨯-⨯=-=∆- J pdV A adV V 231004.3103101325⨯-=⨯⨯-==-⎰J A E Q 21060.7⨯-=+∆=(3) c a →()J E 221060.71056.404.3⨯=⨯+=∆J E Q A 221019.31060.72.4257⨯=⨯-⨯=∆-=13.4 如图13-42所示.一定质量的氧气在状态A 时,V 1=3L ,p 1=8.2×105Pa ,在状态Ｂ时V 2=4.5L ,p 2=6×105Pa .分别计算气体在下列过程吸收的热量,完成的功和能的改变：⑴经ACB 过程,⑵经ADB 过程. 解：(1) ACB 过程C A → ()()35103102.862525-⨯⨯⨯-⨯=-=∆A A C C V p V p EJ 31065.1⨯-=J A 0=J Q 31065.1⨯-=B C → ()()J V p V p E C C B B 3531025.21061035.42525⨯=⨯⨯⨯-⨯=-=∆-()()J V V p A 335122109.01035.4106⨯=⨯-⨯⨯=-=- J Q 31015.3⨯=图13-42 习题13,4图J E 3106.0⨯=∆总 J A 3109.0⨯=总 J Q 3105.1⨯=总(2) ADB 过程D A →()()J V p V p E A A D D 35310075.3102.81035.42525⨯=⨯⨯⨯-⨯=-=∆-()()J V V p A 3351211023.11035.4102.8⨯=⨯-⨯⨯=-=- J Q 310305.4⨯=B D → ()()J V p V p E D D B B 33510475.2105.4102.862525⨯-=⨯⨯⨯-⨯=-=∆-J A 0=J Q 310475.2⨯-=J E 3106.0⨯=∆总 J A 31023.1⨯=总 J Q 31083.1⨯=总13.5压强为p =1.01×103Pa,体积为0.0082 m 3的氮气,从初始温度300K 加热到400K. (1)如加热时分别体积不变需要多少热量？(2) 如加热时分别压强不变需要多少热量？ [答案: Q V =683J; Q p =957J]解：(1) RT pV ν= RTpV=ν ()J R RT pV T C E m V 6901003000082.01001.125300400255.=⨯⨯⨯⨯=-=∆=∆νJE Q V 690=∆=(2)J T R RTpVT C Q m p p 9661003000082.01001.1271255.=⨯⨯⨯⨯=∆⎪⎭⎫⎝⎛+=∆=ν 13.6 将500J 的热量传给标准状态下2 mol 氢气.(1)若体积不变,问此热量变为什么?氢气的温度变为多少?(2)若温度不变,问此热量变为什么?氢气的压强及体积各变为多少?(3)若压强不变, 问此热量变为什么? 氢气的温度及体积各变为多少？[答案: (1) T=285K; (2)Pa 1007.942⨯=p ,V 2=0.05m 3,(3)T =281.6K; V 2=0.046 m 3] 解：(1) 全部转化为能 T C Q m V V ∆=.ν K R C Q T m V 12252500.=⨯==∆ν K T 15.2851215.2732=+=(2) 全部转化为对外界做功 12lnV V RT Q T ν= 12V e V RTQ T ν= 3310448.0104.222m V =⨯⨯=-3205.0m V =2211V p V p = Pa V V p p 4521121007.905.00448.010013.1⨯=⨯⨯==(3) 一部分用于对外做功，一部分用于能增加 T C Q m p p ∆=.νK R C Q T mp p6.8272500.=⨯==∆ν K T 75.2816.815.2732=+=2211T V T V = 32112046.075.28115.2730448.0m T T V V =⨯==13.7 一定量的理想气体在某一过程中压强按2Vcp =的规律变化,c 是常量.求气体从V 1增加到 V 2所做的功.该理想气体的温度是升高还是降低? [答案: 2121);11(T T V V c A >-= ]解：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-===⎰⎰212112121V V c dV V cpdV W V V V V 由理想气体状态方程 RT pdV ν= 得，RTV V c ν=2RT V cν= 可知1221V V T T = 因为 12V V > ， 所以 21T T > 即气体的温度降低13.8 1mol 氢,在压强为1.0×105Pa,温度为20o C 时体积为0V .今使它分别经如下两个过程达到同一状态：(1)先保持体积不变,加热使其温度升高到80o C,然后令它等温膨胀使体积变为原来的2倍；(2)先等温膨胀至原体积的2倍,然后保持体积不变加热至80o C .试分别计算以上两种过程中吸收的热量、气体做的功和能的增量,并作出p-V 图.[答案: Q 2=2933J,A =1687J,∆U =1246J]解：(1) 定容过程J A 0=()J R T C Q E m V V 50.1246208025.=-=∆==∆ 等温过程 J E 0=∆ ()J RT V V RT Q A T 16.20342ln 8015.27331.82ln ln12=⨯+⨯==== J Q 66.3280=总 J A 16.2034=总 J E 50.1246=∆总 (2) 等温过程J E 0=∆J RT Q A T 56.16882ln 15.29331.82ln =⨯⨯===定容过程J A 0=()J R T C Q E m V V 50.1246208025.=-=∆==∆ J Q 06.2935=总 J A 56.1688=总 J E 50.1246=∆总 13.9 某单原子理想气体经历一准静态过程,压强Tcp =,其中c 为常量.试求此过程中该气体的摩尔热容C m . [答案: C m =（7/2）R ] 解：由理想气体状态方程 RT pV ν= 其中 Tc p =得， 2T cRV ν=dT cRTdV ν2=根据热力学第一定律，A E Q +∆= T R R dT c RT T c T R pdV T C Q m V ∆⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+∆=+∆=⎰⎰223223.νννν 则可得，R T Q C m 27=∆=ν13.10 为了测定气体的γ=⎛⎝ ⎫⎭⎪C C p V 可用下列方法：一定量的气体初始温度、压强和体积分别为T 0,p 0和V 0,用通有电流的铂丝对它加热，第一次保持气体体积V 0不变,温度和压强各变为T 1和p 1；第二次保持压力,p 0不变,温度和体积各变为T 2和V 1,设两次加热的电流和时间都相同.试证明γ=--()()p p V V V p 100100解： 过程1为定容过程 V 不变，()01T T C T C Q V V -=∆=νν由理想气体状态方程得， 000RT V p ν= R V p T ν000=101RT V p ν= RV p T ν011=即 ()001V p p RC Q V-=(1) 过程2为定压过程 p 不变，()02T T C T C Q p p -=∆=νν由理想气体状态方程得， RV p T ν102=即 ()001p V V R C Q p -= (2)由(1)(2)式即证得， ()()001001p V V V p p C C Vp --==γ13.11气缸有单原子理想气体,若绝热压缩使其容积减半,问气体分子的平均速率变为原来速率的几倍?若为双原子理想气体,又为几倍?[答案:1.26;1.15] 解：由理想气体绝热方程 常量=-T V 1γ 得，212111T V T V --=γγ 12112-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=γV V T T 其中1221V V =1122-=γT T又由 M RTπυ8= 可知， 2112122-==γυυT T1p 2p 单原子理想气体 R 35=γ, 则 26.123112==υυ双原子理想气体 R 57=γ, 则 15.125112==υυ13.12一定量的理想气体经历如图13-43所示的循环,其中AB 、CD 是等压过程,BC 、DA 是绝热过程,A 、B 、C 、D 点的温度分别为T 1、T 2、T 3、T 4.试证明此循环效率为 231T T -=η. 解：等压过程AB 吸热 ()121T T C Q p -=ν等压过程CD 放热 ()432T T C Q p -=ν BC 、DA 是绝热过程 0=Q 124312111T T T T Q Q Q A---=-==η 利用绝热方程 常量=--γγT p 1 得，γγγγ----=312211T p T p 31122T p p T γγ--⎪⎪⎭⎫⎝⎛=γγγγ----=412111T p T p 41121T p p T γγ--⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2311211T T p p -=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-γγη 13.13设有一理想气体为工作物质的热机循环,如图13-44所示,试证明其效率为1)/(1)/(12121---=p p V V γη.解：b a →为等体升温过程，吸热 ()a b m V T T C Q -=.1νa c →为等压压缩过程， 放热()a c m p T T C Q -=.2ν2 1图13-45习题13.14狄赛尔循环()()a b m V a c m p T T C T T C Q Q ---=-=..1211η 利用理想气体状态方程 RT pV ν=, 得()()222111V p V p RV p V p R T T a a b b a b -=-=-νν 循环效率为 ()()1111212122212212---=---=p p V V V p V p V p V p γγη 13.14 有一种柴油机的循环叫做狄赛尔循环,如图13-45所示.其中BC 为绝热压缩过程,DE 为绝热膨胀过程,CD 为等压膨胀过程,EB 为等容冷却过程,试证明此循环的效率为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'⎪⎪⎭⎫⎝⎛-'-=-11)/(121212V V V V V V γγγη 解：CD 为等压膨胀过程， 吸热 ()C D p T T C Q -=ν1EB 为等容冷却过程， 放热 ()B E V T T C Q -=ν2 循环效率 CD BE T T T T Q Q ---=-=γη11112 利用理想气体状态方程 RT pV ν=, 得()B B E E B E V p V p R T T -=-ν1()C C D D C D V p V p RT T -=-ν1()()2'11111V V p p p V V p V p V p V p C B E C C D D B B E E ---=---=γγη 利用绝热方程 常量=γpV ， 得γγE E D D V p V p = E D p V V p γ⎪⎭⎫ ⎝⎛='1()()221211V p V p RV p V p R T T a a c c a c -=-=-ννγγB BC C V p V p = B C p VV p γ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=21 由C D p p =得 γ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2'V V p p B E()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-111111111112'1212'2'122'1V V V V V V V V V V p p p p V V p p p p V B C B EB C B E γγγγγη 13.15 1mol 理想气体在400K-300K 之间完成一卡诺循环,在400K 的等温线上,起始体积为0.001 m 3,最后体积为 0.005 m 3,试计算气体在此循环中所作的功,以及从高温热源吸收的热量和传给低温热源的热量.[答案:A =1.24×103J,Q 2=4.01×103J] 解：J V V RT Q 312111035.5ln⨯==ν 该循环效率为 %254003001112=-=-=T T η 可得 J Q A 311034.1⨯==η由 21Q Q A -=, 得 J A Q Q 3121001.4⨯=-=13.16 1mol 刚性双原子分子理想气体,作如图13-46所示的循环,其中1-2为直线,2-3为绝热线,3-1为等温线,且已知θ=450,T 1=300K,T 2=2T 1,V 3=8 V 1，试求：(1)各分过程中气体做功、吸热及能增量；(2)此循环的效率. 解：(1)21→由理想气体状态方程可得， 111RT V p =222RT V p = 又由图可知，11V p =, 22V p =121RT V= 11RT V =1222RT V = 122RT V =22V V =()J R T T C E V 5.62323002512=⨯=-=∆ ()J RT V V VdV pdV A V V V v 5.12462121121222121==-===⎰⎰J A E Q 7479=+∆= 吸热32→O Q = A E -=∆ 利用绝热方程 γγpV V p =22, 得 13322223232--===⎰⎰γγγV p V p VdVV p pdV A V V V V γγ3322V p V p = 2323p VV p γ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛= J RT V V V p VV V p A 5.62321578212182128157122122223222=-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--γγγγ13→0=∆E A Q =J V V RT A 51848ln 30031.8ln131-=⨯⨯-=-= J Q 5184-= 放热(2) 循环效率 %7.30747951841112=-=-=Q Q η *13.17 0.1mol 单原子理想气体,由状态Ａ经直线AB 所表示的过程到状态B,如图13-47所示,已知V A =1L , V B =3L ,p A =3atm .(1)试证A 、B 两状态的温度相等;(2)求AB 过程中气体吸收的热量;(3)求在AB 过程中，温度最高的状态C 的体积和压力(提示：写出过程方程T =T (V ));(4)由(3)的结果分析从A 到B 的过程中温度变化的情况,从A 到C 吸热还是放热？证明Q CB =0.能否由此说从C 到B 的每个微小过程都有δQ =0？ 解：(1) 由理想气体状态方程, 得 A A A RT V p ν= B B B RT V p ν=又由已知条件可知 B B A A V p V p = 即证: B A T T =(2) ()0=-=∆A B V T T C E νp (atm)图13-47 习题13.17图J pdV A 25310052.410013.11022221⨯=⨯⨯⨯⎪⎭⎫⎝⎛+⨯⨯==-⎰J A Q 210052.4⨯==(3) 由理想气体状态方程 RT pV ν=, 得R pV T ν=又由图可知： 4+-=V p 即 ()V V R T 412+-=ν 由极值条件：0=dVdT， 得 042=+-V即当 L V 2=， atm p 2= 时T 取到极大值(4) 由 (3) 可知， B A →过程中 温度T 满足函数 ()V V RT 412+-=ν C A →过程中温度升高，到达C 点时取得极大值B C →过程中温度降低，到达点时温度又回到A 点时的值C A →过程 ()0>-=∆A C V T T C E ν0>A0>+∆=A E Q 吸热dA dE dQ +=()()dV V V RC dT C dE VV 63421+-=+-==ννν ()dV V pdV dA 4+-==()dV V dQ 104+-= 即证： ()010432=+-=⎰dV V Q L LCB但不能说从C 到B 的每个微小过程都有0=Q δ13.18一台家用冰箱放在气温为300K 的房间,做—盒-13℃的冰块需从冷冻室中吸出 2.09×105J 的热量.设冰箱为卡诺制冷机,求： (1)做一盒冰块所需之外功；(2)若此冰箱能以2.09×102J·s -1的速率取出热量,求所要求的电功率是多少瓦? (3)做一盒冰块所需之时间. 解：(1)卡诺循环 制冷系数2122T T T A Q e -==abcpVOabcdVOp 代入数据得 5.6260300260=-=eJ e Q A 4521022.35.61009.2⨯=⨯==(2) W e P P 2.325.61009.22'=⨯==(3) h s P Q t 28.0101009.21009.2325'2≈=⨯⨯== 13.19 以可逆卡诺循环方式工作的致冷机,在某种环境下它的致冷系数为w =30.在同样的环境下把它用作热机,问其效率为多少？[答案：%2.3=η]解：卡诺循环 制冷系数AQ w 2=得 wA Q =2 卡诺热机循环效率 1Q A=η 且 A Q Q +=21 ()%2.33011111=+=+=+=w A w A η13.20根据热力学第二定律证明: (1)两条绝热线不能相交;(2) 一条等温线和一条绝热线不能相交两次.解：(1)假设两条绝热线可以相交，如图所示ab 为等温线 bc 、ac 为绝热线此循环过程中 A Q =1 即热全部转化为功， 这与热力学第二定律的开尔文表述相矛盾 所以，即证得：两条绝热线不能相交(2) 假设一条等温线和一条绝热线可以两次相交，如图所示ab 为等温线 cd 为绝热线此循环过程中 A Q =1 即热全部转化为功 这与热力学第二定律的开尔文表述相矛盾， 即证13.21一杯质量180g 温度为100 0C 的水置于270C 的空气中,冷却到室温后水的熵变是多少？空气的熵变是多少？总熵变是多少？[答案：-164J/K ，233J/K ，69J/K]解：熵变的定义：⎰=∆T dQS 热量的计算公式: ⎰=mcdT Q112165300373ln 22.4180ln 21-⋅-=⨯⨯-====∆⎰⎰K J T T mc dT T mc T dQ S T T 水 ()122121853007322.4180-⋅=⨯⨯=-===∆⎰K J T T T mc T Q T dQ S 空气 120165185-⋅=-=∆+∆=∆K J S S S 空气水总13.22 1mol 理想气体经一等压过程,温度变为原来的2倍.该气体的定压摩尔热容为C p ,m ,求此过程中熵的增量. [答案: 2ln Δp C S =] 解：2ln 2121p T T p T T p C TdTC TdT C S ===∆⎰⎰13.23 一房间有N 个分子, 某一宏观态时其中半个房间的分子数为n .⑴写出这种分布的熵的表达式S =k ln Ω； ⑵n =0状态与n =N /2状态之间的熵变是多少？ ⑶如果N=6⨯1023,计算这个熵差.解：(1)根据玻耳兹曼熵的表达式 W k S ln =, 得()⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎪⎭⎫ ⎝⎛--NN n N k eN k n W k S A NN n A 222222ln2ln ln 2(2)熵的变化：k N NN N k N k S S S A AN 2222ln 2ln202=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯--=-=∆ (3) 23106⨯=N 时， 熵差为1232314.421038.1106--⋅=⨯⨯⨯=∆K J S第14章14.1 作简谐运动的质点,速度最大值为3cm/s ,振幅A =2cm ,若速度为正最大值时开始计时.(1)求振动的周期；(2)求加速度的最大值；(3)写出振动的表达式. 解： (1) 由2/m A A T ωπ==v ，可得2/20.02/0.03 4.2m T A s ππ==⨯⨯=v(2) 22222/0.03/0.02 4.510/m m a A A m s ω-====⨯v(3) 由于0t =时，m =+v v ，可知/2ϕπ=-，而10.03/0.02 1.5ms Aω-===v ，所以有cos()0.02cos(1.5/2)x A t t ωϕπ=+=-14.2 一水平弹簧振子的振幅A =2cm,周期T =0.50s.当t =0时 (1)物体过x =1cm 处且向负方向运动；（2）物体过x =-1cm 处且向正方向运动.分别写出以上两种情况下的振动表达式. 解： (1) 22cos() 2.010cos(4)3x A t t T ππϕπ-=+=⨯+(2) 22.010cos(42/3)x t ππ-=⨯-14.3 设一物体沿x 轴作简谐振动,振幅为12cm ,周期为2.0s ；在t =0时位移为6.0cm ,且向x 轴正方向运动.试求:(1)初相位；(2)t =0.5s 时该物体的位置、速度和加速度；(3)在x =-6.0cm 且向x 轴负方向运动时,物体的速度和加速度以及它从这个位置到达平衡位置所需要的时间. 解： (1) 001cos 23x A πϕϕ==∴=±又∵00>v ，即0sin 0A ωϕ->00sin 03πϕϕ∴<=-(2) 12cos()()0.53x t cm t s ππ=-=时0.5t s x cm ==10.52220.512sin()6312cos()3t s t st cm s a t cm sπππππππ-=-==--=-⋅=--=-⋅v(3) 12cos x ϕ=习题14.3图2Ao当6x cm =-时1cos2ϕ=-∵30sin ϕ<∴=v12212sin 6365566cm s a x cm t t sπϕπωππϕϕωωπ-=-=-⋅=-=∆∆=⋅∆∆===v 14.4 两个谐振子作同频率、同振幅的简谐振动.第一个振子的振动表达式为)cos(1φω+=t A x ,当第一个振子从振动的正方向回到平衡位置时,第二个振子恰在正方向位移的端点.求:(1)第二个振子的振动表达式和二者的相位差；(2)若t =0时,21Ax -=并向x 负方向运动,画出二者的x-t 曲线及旋转矢量图.解： (1) 用旋转矢量法分析，当第一个振子从振动的正方向回到平衡位置时，第二个振子恰好在正方向端点。

1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。

）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。

）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdtvd a -==)/(422s m j i v-= )/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v tot oωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=ωths2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2 Rgo μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=toxdt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mgk m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

大学物理活页习题集答案
大学物理活页习题集答案：探索物理世界的奥秘
物理作为一门自然科学，探索着自然界的规律和物质世界的奥秘。

而大学物理
活页习题集则是帮助学生理解和掌握物理知识的重要工具。

通过解答这些习题，学生们能够加深对物理理论的理解，提高解决物理问题的能力，同时也能够培
养他们的逻辑思维和分析问题的能力。

在大学物理活页习题集中，涵盖了各种各样的物理问题，涉及到力学、热学、
光学、电磁学等多个领域。

通过解答这些问题，学生们能够将课堂上学到的理
论知识应用到实际问题中，从而加深对物理学的理解。

同时，这些习题也能够
帮助学生们发现物理学中的一些规律和定律，培养他们的科学研究精神。

除了对学生们的理论知识进行巩固和提高外，大学物理活页习题集还能够培养
学生们的解决问题的能力。

在解答这些问题的过程中，学生们需要进行逻辑推理、分析问题、找出问题的关键点，这些能力对于他们将来的科研和工作都是
非常重要的。

总的来说，大学物理活页习题集答案不仅是学生们学习物理知识的重要工具，
更是帮助他们培养解决问题的能力和科学研究精神的重要途径。

通过不断地解
答这些习题，学生们能够更好地理解和掌握物理知识，同时也能够培养自己的
科学素养和综合能力。

希望学生们能够认真对待大学物理活页习题集，不断地
提高自己的物理水平，为将来的科研和工作打下坚实的基础。

大学物理习题及解答（第三版 北京邮电大学出版社）习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为a a a '-=12 ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有111a m T g m =-② 222a m g m T =-③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．题2-1图2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道． 解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α= 由①、②式消去t ，得 220sin 21x g v y ⋅=α2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解： 2s m 83166-⋅===m f a x x2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=j i v ϖϖϖ(2)m 874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i j t a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 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 e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t m t k vv 00d d mkt e v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===t t t m k m k e k mv t e v t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='000d k mv t e v x t m k (4)当t=k m时，其速度为 e v e v ev v k m m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1. 2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下(2) 2m 对地加速度为 22g a a a =-'= 方向向上 1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a ϖϖϖ+='∴g g g a a a 25422221=+=+'= a a '=arctan θo6.2621arctan ==，左偏上． 2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ϖ从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o 30，则动量的增量为 0v m v m p ϖϖϖ-=∆ 由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下．2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p ϖϖϖ-=∆方向竖直向上， 大小mg mv mv p =--=∆)(12ϖ碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ϖ)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j ϖ6-m ·s -1的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向， i p I i m p v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则 ⎰⎰+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ, 同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为 j t b i t a r ϖϖϖωωsin cos += 求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为 )cos sin (j t b i t a m v m p ϖϖϖϖωωω+-== 将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m p ϖϖω=1,i a m p ϖϖω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(12j b i a m p p p I ϖϖϖϖϖϖ+-=-=∆=ω2-10 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b a t = (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将b a t =代入，得 b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v +m kT 2, v -km T2证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得1,121+=+=k m m k km m ①又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=②2211v m v m mv +=③联立①、③解得 12)1(kv v k v -+=④将④代入②，并整理得21)(2v v km T -=于是有km T v v 21±= 将其代入④式，有m kT v v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 km T v v m kT v v 2,221-=+=证毕． 2-12 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求F ϖ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 ϖ为恒力， ∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合 J 452421-=--=(2) w 756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s s k y ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③即 222122k k ky =-所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为 cm 414.01212=-=-=∆y y y2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为n P r k r E /)(=, 试求质点所受保守力的大小和方向．解: 1d )(d )(+-==n r nk r r E r F 方向与位矢r ϖ的方向相反，即指向力心．2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg ，地球中心到月球中心的距离3.84×108m ，月球质量7.35×1022kg ，月球半径1.74×106m ．(2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P 点的势能为多少?解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mM G r mM G -=地月经整理，得R M M M r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R M Gr M G E P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=- J 1028.16⨯=2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m kh gh m m v +-+-=μ题2-17图2-18 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。

11.机械波单元练习（二）答案1． C 2． B 3． C 4． /2λ，π 5． 550Hz ，458.3Hz 6． 0.08W/m 27． 解：两列波传到1S 2S 连线和延长线上任一点P 的相位差212120102ππ2πr r r r ϕϕϕλλ--∆=--=--1S 左侧各点：2110π2ππ2π6π4r r ϕλ-∆=--=--=-，振动都加强；2S 右侧各点：2110π2ππ2π4π4r r ϕλ--∆=--=--=，振动都加强；1S 、2S 之间： 2111110π2ππ2π6ππ(21)π4r r r r r k ϕλ---∆=--=--=-+=+则距1S 点为：11m ,3m ,5m ,7m ,9m r =处各点静止不动。

8． 解：（1）21212010()2ππr r r r uωϕϕϕϕϕλ--∆=--=-=-（2）π2πk ϕϕ∆=-=时振动加强，即(21)πk ϕ=+图11-79． 解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为2cos[2π()π]xy A t νλ=-+=cos 2π()xA t νλ--驻波表达式12cos[2π()]cos[2π()]2sin 2πsin 2πππ2cos(2π)cos(2π)22xxxy y y A t A t A tx A t νννλλλνλ=+=+--==-+10. 解：乙接受并反射的信号频率为'u u νν+=-乙甲v v甲接受到的信号频率为4'''8.5610H z u u u u u u ννν+++==⋅=⨯---甲甲乙乙乙甲v v v v v v12.静电场单元练习（一）答案10． B 11． D 12． B 13．C14． )(21);(021R r e rE R r E r o>λπε=<=15．利用点电荷电场的矢量叠加求y 轴上的电场强度。

()()()()j y i a ayqj y i a ayqy E oo+-+πε+++πε=2/3222/322442)(()()j y i a ayqy E o34)(2/322++πε=16． 解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。

大学物理习题集（一）大学物理教研室2010年3月目录部分物理常量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2练习一库伦定律电场强度┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄3练习二电场强度（续）电通量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄4练习三高斯定理┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄5练习四静电场的环路定理电势┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6练习五场强与电势的关系静电场中的导体┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄8练习六静电场中的导体（续）静电场中的电介质┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄9练习七静电场中的电介质（续）电容静电场的能量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄10练习八恒定电流┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄11练习九磁感应强度洛伦兹力┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄13练习十霍尔效应安培力┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄14练习十一毕奥—萨伐尔定律┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄16练习十二毕奥—萨伐尔定律（续）安培环路定律┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄17练习十三安培环路定律（续）变化电场激发的磁场┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄18练习十四静磁场中的磁介质┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄20练习十五电磁感应定律动生电动势┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄21练习十六感生电动势互感┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄23练习十七互感（续）自感磁场的能量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄24练习十八麦克斯韦方程组┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄26练习十九狭义相对论的基本原理及其时空观┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄27练习二十相对论力学基础┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄28练习二十一热辐射┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄29练习二十二光电效应康普顿效应热辐射┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄30练习二十三德布罗意波不确定关系┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄32练习二十四薛定格方程氢原子┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄33部分物理常量万有引力常量G=×1011N·m2·kg2重力加速度g=s2阿伏伽德罗常量N A=×1023mol1摩尔气体常量R=·mol1·K1玻耳兹曼常量k=×1023J·K1斯特藩玻尔兹曼常量= ×10-8 W·m2·K4标准大气压1atm=×105Pa真空中光速c=×108m/s基本电荷e=×1019C电子静质量m e=×1031kg质子静质量m n=×1027kg中子静质量m p=×1027kg真空介电常量0= ×1012 F/m真空磁导率0=4×107H/m=×106H/m普朗克常量h = ×1034 J·s维恩常量b=×103m·K说明：字母为黑体者表示矢量练习一库伦定律电场强度一.选择题1.关于试验电荷以下说法正确的是(A) 试验电荷是电量极小的正电荷；(B) 试验电荷是体积极小的正电荷；(C) 试验电荷是体积和电量都极小的正电荷；(D) 试验电荷是电量足够小，以至于它不影响产生原电场的电荷分布，从而不影响原电场;同时是体积足够小，以至于它所在的位置真正代表一点的正电荷（这里的足够小都是相对问题而言的）.2.关于点电荷电场强度的计算公式E = q r / (4 0 r3),以下说法正确的是(A) r→0时, E→∞；(B) r→0时,q不能作为点电荷,公式不适用；(C) r→0时,q仍是点电荷,但公式无意义；(D) r→0时,q已成为球形电荷,应用球对称电荷分布来计算电场.3.关于电偶极子的概念,其说法正确的是(A) 其电荷之间的距离远小于问题所涉及的距离的两个等量异号的点电荷系统；(B) 一个正点电荷和一个负点电荷组成的系统；(C) 两个等量异号电荷组成的系统；(D) 一个正电荷和一个负电荷组成的系统.(E) 两个等量异号的点电荷组成的系统4.试验电荷q0在电场中受力为f , 其电场强度的大小为f / q0 , 以下说法正确的是(A) E正比于f；(B) E反比于q0；(C) E正比于f 且反比于q0；(D) 电场强度E是由产生电场的电荷所决定的,不以试验电荷q0及其受力的大小决定.5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q1受另一点电荷q2的作用力为f12,当放入第三个电荷Q后,以下说法正确的是(A) f12的大小不变,但方向改变, q1所受的总电场力不变；(B) f12的大小改变了,但方向没变, q1受的总电场力不变；(C) f12的大小和方向都不会改变, 但q1受的总电场力发生了变化；(D) f12的大小、方向均发生改变, q1受的总电场力也发生了变化.二.填空题1.如图所示,一电荷线密度为的无限长带电直线垂直通过图面上的A点,一电荷为Q的均匀球体,其球心为O点,ΔAOP是边长为a的等边三角形,为了使P点处场强方向垂直于OP, 则和Q的数量关系式为,且与Q为号电荷(填同号或异号) .2.在一个正电荷激发的电场中的某点A，放入一个正的点电荷q ,测得它所受力的大小为f1;将其撤走,改放一个等量的点电荷q,测得电场力的大小为f2 ,则A点电场强度E的大小满足的关系式为.3.一半径为R的带有一缺口的细圆环, 缺口宽度为d (d<<R)环上均匀带正电, 总电量为q ,如图所示, 则圆心O处的场强大小E = ,场强方向为.三.计算题1.一“无限长”均匀带电的半圆柱面,半径为R, 设半圆柱面沿轴线单位长度上的电量为,如图所示.试求轴线上一点的电场强度.2.一带电细线弯成半径为R的半圆形, 电荷线密度为= 0 sin, 式中0为一常数, 为半径R与X 轴所成的夹角, 如图所示,试求环心O处的电场强度.练习二电场强度（续）电通量一.选择题1. 以下说法错误的是(A) 电荷电量大,受的电场力可能小；(B)电荷电量小,受的电场力可能大；(C)电场为零的点,任何点电荷在此受的电场力为零；(D)电荷在某点受的电场力与该点电场方向一致.2.在点电荷激发的电场中，如以点电荷为心作一个球面，关于球面上的电场，以下说法正确的是(A) 球面上的电场强度矢量E处处不等；(B) 球面上的电场强度矢量E处处相等，故球面上的电场是匀强电场；(C) 球面上的电场强度矢量E的方向一定指向球心；(D) 球面上的电场强度矢量E的方向一定沿半径垂直球面向外.3.关于电场线，以下说法正确的是(A) 电场线上各点的电场强度大小相等；(B) 电场线是一条曲线，曲线上的每一点的切线方向都与该点的电场强度方向平行；(A) 开始时处于静止的电荷在电场力的作用下运动的轨迹必与一条电场线重合；(D) 在无电荷的电场空间，电场线可以相交.4.如图，一半球面的底面园所在的平面与均强电场E的夹角为30°，球面的半径为R，球面的法线向外，则通过此半球面的电通量为(A)R2E/2 .(B) R2E/2.(C) R2E.(D) R2E.5.真空中有AB两板，相距为d ，板面积为S(S＞＞d2)，分别带+q和q，在忽略边缘效应的情况下，两板间的相互作用力的大小为(A)q2/(40d2 ) .(B) q2/(0 S) .(C) 2q2/(0 S).(D) q2/(20 S) .二.填空题1.真空中两条平行的无限长的均匀带电直线，电荷线密度分别为+ 和，点P1和P2与两带电线共面，其位置如图所示，取向右为坐标X正向，则= ，= .2.为求半径为R带电量为Q的均匀带电园盘中心轴线上P点的电场强度, 可将园盘分成无数个同心的细园环, 园环宽度为d r，半径为r，此面元的面积d S= ，带电量为d q = ,此细园环在中心轴线上距圆心x的一点产生的电场强度E = .3.如图所示,均匀电场E中有一袋形曲面，袋口边缘线在一平面S内，边缘线所围面积为S0，袋形曲面的面积为S ，法线向外，电场与S面的夹角为，则通过袋形曲面的电通量为.三.计算题1.一带电细棒弯曲线半径为R的半圆形，带电均匀，总电量为Q，求圆心处的电场强度E.2.真空中有一半径为R的圆平面，在通过圆心O与平面垂直的轴线上一点P处，有一电量为q 的点电荷，O、P间距离为h ,试求通过该圆平面的电通量.练习三高斯定理一.选择题1.如果对某一闭合曲面的电通量为=0,以下说法正确的是(A) S面上的E必定为零；(B) S面内的电荷必定为零；(C) 空间电荷的代数和为零；(D) S面内电荷的代数和为零.2.如果对某一闭合曲面的电通量0,以下说法正确的是(A) S面上所有点的E必定不为零；(B) S面上有些点的E可能为零；(C) 空间电荷的代数和一定不为零；(D) 空间所有地方的电场强度一定不为零.3.关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是(A) 如高斯面上E处处为零,则该面内必无电荷；(B) 如高斯面内无电荷,则高斯面上E处处为零；(C) 如高斯面上E处处不为零,则高斯面内必有电荷；(D) 如高斯面内有净电荷,则通过高斯面的电通量必不为零；(E) 高斯定理仅适用于具有高度对称的电场.4.图示为一轴对称性静电场的E～r关系曲线,请指出该电场是由哪种带电体产生的(E表示电场强度的大小, r表示离对称轴的距离)(A) “无限长”均匀带电直线；(B) 半径为R的“无限长”均匀带电圆柱体；(C) 半径为R的“无限长”均匀带电圆柱面；(D) 半径为R的有限长均匀带电圆柱面.5.如图所示,一个带电量为q 的点电荷位于立方体的A角上,则通过侧面a b c d 的电场强度通量等于:(A) q / 240.(B) q / 120.(C) q / 6 0 .(D) q / 480.二.填空题1.两块“无限大”的均匀带电平行平板,其电荷面密度分别为( 0)及2 ,如图所示,试写出各区域的电场强度EⅠ区E的大小,方向；Ⅱ区E的大小,方向；Ⅲ区E的大小,方向.2.如图所示,真空中两个正点电荷,带电量都为Q,相距2R,若以其中一点电荷所在处O点为中心,以R为半径作高斯球面S,则通过该球面的电场强度通量= ;若以r0表示高斯面外法线方向的单位矢量,则高斯面上a、b 两点的电场强度的矢量式分别为，.3.点电荷q1、q2、q3和q4在真空中的分布如图所示,图中S为闭合曲面,则通过该闭合曲面的电通量= ,式中的E是哪些点电荷在闭合曲面上任一点产生的场强的矢量和答：是.三.计算题1.厚度为d的无限大均匀带电平板，带电体密度为，试用高斯定理求带电平板内外的电场强度.2.半径为R的一球体内均匀分布着电荷体密度为的正电荷,若保持电荷分布不变,在该球体内挖去半径r的一个小球体,球心为O′ , 两球心间距离= d, 如图所示, 求：(1) 在球形空腔内,球心O处的电场强度E0；(2) 在球体内P点处的电场强度E.设O、O、P三点在同一直径上，且= d .练习四静电场的环路定理电势一.选择题1.真空中某静电场区域的电力线是疏密均匀方向相同的平行直线,则在该区域内电场强度E和电位U是(A) 都是常量.(B) 都不是常量.(C) E是常量, U不是常量.(D) U是常量, E不是常量.2.电量Q均匀分布在半径为R的球面上,坐标原点位于球心处,现从球面与X轴交点处挖去面元S, 并把它移至无穷远处(如图,若选无穷远为零电势参考点,且将S移走后球面上的电荷分布不变,则此球心O点的场强E0与电位U0分别为（注：i为单位矢量）(A)－i QS/[(4 R2 )20 ]；[Q/(40R)][1－S/(4R2)].(B) i QS/[(4 R2 )20 ]；[Q/(40R)][1－S/(4R2)].(C) i QS/[(4 R2 )20 ]；[Q/(40R)][1－S/(4R2)].(D) －i QS/[(4 R2 )20 ]；[Q/(40R)][1－S/(4R2)].3.以下说法中正确的是(A) 沿着电力线移动负电荷,负电荷的电势能是增加的；(B) 场强弱的地方电位一定低,电位高的地方场强一定强；(C) 等势面上各点的场强大小一定相等；(D) 初速度为零的点电荷, 仅在电场力作用下,总是从高电位处向低电位运动；(E) 场强处处相同的电场中,各点的电位也处处相同.4.如图，在点电荷+q的电场中,若取图中P点处为电势零点,则M点的电势为(A) .(B) .(C) .(D) .5.一电量为q的点电荷位于圆心O处，A、B、C、D为同一圆周上的四点，如图所示，现将一试验电荷从A点分别移动到B、C、D各点，则(A) 从A到B，电场力作功最大.(B) 从A到各点，电场力作功相等.(C) 从A到D，电场力作功最大.(D) 从A到C，电场力作功最大.二.填空题1.电量分别为q1 , q2 , q3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上,如图所示,设无穷远处为电势零点,圆半径为R, 则b点处的电势U = .2.如图,在场强为E的均匀电场中,A、B两点距离为d, AB连线方向与E方向一致, 从A点经任意路径到B点的场强线积分= .3.如图所示,BCD是以O点为圆心, 以R为半径的半圆弧, 在A点有一电量为+q的点电荷, O点有一电量为–q的点电荷, 线段= R, 现将一单位正电荷从B点沿半圆弧轨道BCD移到D点,则电场力所作的功为.三.计算题1.电量q均匀分布在长为2 l的细杆上, 求在杆外延长线上与杆端距离为a的P点的电势(设无穷远处为电势零点) .2.一均匀带电的球层, 其电荷体密度为, 球层内表面半径为R1 , 外表面半径为R2 ,设无穷远处为电势零点, 求空腔内任一点的电势.练习五场强与电势的关系静电场中的导体一.选择题1.以下说法中正确的是(A) 电场强度相等的地方电势一定相等；(B) 电势梯度绝对值大的地方场强的绝对值也一定大；(C) 带正电的导体上电势一定为正；(D) 电势为零的导体一定不带电2.以下说法中正确的是(A) 场强大的地方电位一定高；(B) 带负电的物体电位一定为负；(C) 场强相等处电势梯度不一定相等；(D) 场强为零处电位不一定为零.3. 如图,真空中有一点电荷Q及空心金属球壳A, A处于静电平衡, 球内有一点M, 球壳中有一点N, 以下说法正确的是(A) E M≠0, E N=0 ,Q在M处产生电场,而在N处不产生电场；(B) E M =0, E N≠0 ,Q在M处不产生电场,而在N处产生电场；(C) E M =E N =0 ,Q在M、N处都不产生电场；(D) E M≠0,E N≠0,Q在M、N处都产生电场；(E) E M =E N =0 ,Q在M、N处都产生电场.4.如图,原先不带电的金属球壳的球心处放一点电荷q1, 球外放一点电荷q2,设q2、金属内表面的电荷、外表面的电荷对q1的作用力分别为F1、F2、F3 , q1受的总电场力为F, 则(A) F1=F2=F3=F=0.(B) F1= q1 q2 / ( 4 0d2 ) ,F2 = 0 , F3 = 0, F=F1 .(C) F1= q1 q2 / ( 4 0d2 ) , F2 = 0,F3 = q1 q2 / ( 4 0d2 ) (即与F1反向), F=0 .(D) F1= q1 q2 / ( 4 0d2 ) ,F2 与F3的合力与F1等值反向,F=0 .(E) F1= q1 q2 / ( 4 0d2 ) , F2= q1 q2 / ( 4 0d2 ) (即与F1反向), F3 = 0, F=0 .5.如图,一导体球壳A,同心地罩在一接地导体B上,今给A球带负电Q, 则B球(A)带正电.(B) 带负电.(C) 不带电.(D) 上面带正电,下面带负电.二.填空题1.一偶极矩为P的电偶极子放在电场强度为E的均匀外电场中, P与E的夹角为角,在此电偶极子绕过其中心且垂直于P与E组成平面的轴沿角增加的方向转过180°的过程中,电场力作功为A = .2.若静电场的某个立体区域电势等于恒量, 则该区域的电场强度分布是;若电势随空间坐标作线性变化, 则该区域的场强分布是.3.一“无限长”均匀带电直线,电荷线密度为,在它的电场作用下,一质量为m,带电量为q 的质点以直线为轴线作匀速圆周运动,该质点的速率v = .三.计算题1.如图所示,三个“无限长”的同轴导体圆柱面A、B和C,半径分别为R A、R B、R C，圆柱面B上带电荷,A和C 都接地,求B的内表面上电荷线密度1,和外表面上电荷线密度之比值1/2.22.已知某静电场的电势函数U=－+ ln x(SI) ,求点（4，3，0）处的电场强度各分量值.练习六静电场中的导体（续）静电场中的电介质一.选择题1.一孤立的带正电的导体球壳有一小孔,一直导线AB穿过小孔与球壳内壁的B点接触,且与外壁绝缘,如图、D分别在导体球壳的内外表面上,A、C、D三点处的面电荷密度分别为A、C、D , 电势分别为U A、U C、U D ,其附近的电场强度分别为E A、E C、E D , 则:(A) A>D ,C = 0 , E A> E D , E C = 0 , U A = U C = U D .(B) A>D ,C = 0 , E A> E D , E C = 0 , U A > U C = U D .(C) A=C ,D≠0 , E A= E C=0, E D ≠0 , U A = U C =0 , U D≠0.(D) D>0 ,C <0 ,A<0 , E D沿法线向外, E C沿法线指向C ,E A平行AB指向外,U B >U C > U A .2.如图,一接地导体球外有一点电荷Q,Q距球心为2R,则导体球上的感应电荷为(A)0.(B) Q.(C) +Q/2.(D) –Q/2.3.导体A接地方式如图,导体B带电为+Q,则导体A(A) 带正电.(B) 带负电.(C) 不带电.(D) 左边带正电,右边带负电.4.半径不等的两金属球A、B ,R A = 2R B ,A球带正电Q ,B球带负电2Q,今用导线将两球联接起来,则(A) 两球各自带电量不变.(B) 两球的带电量相等.(C) 两球的电位相等.(D) A球电位比B球高.5. 如图，真空中有一点电荷q , 旁边有一半径为R的球形带电导体，q距球心为d ( d > R ) 球体旁附近有一点P ，P在q与球心的连线上，P点附近导体的面电荷密度为.以下关于P点电场强度大小的答案中,正确的是(A) / (20 ) + q /[40 ( d－R )2 ]；(B) / (20 )－q /[40 ( d－R )2 ]；(C) / 0 + q /[40 ( d－R )2 ]；(D)/ 0－q /[40 ( d－R )2 ]；(E)/ 0；(F) 以上答案全不对.二.填空题1.如图,一平行板电容器, 极板面积为S,,相距为d,若B板接地,,且保持A板的电势U A=U0不变,,如图, 把一块面积相同的带电量为Q的导体薄板C平行地插入两板中间, 则导体薄板C的电势U C = .2.地球表面附近的电场强度约为100N/C ,方向垂直地面向下,假设地球上的电荷都均匀分布在地表面上,则地面的电荷面密度= , 地面电荷是电荷（填正或负）.3.如图所示，两块很大的导体平板平行放置,面积都是S，有一定厚度，带电量分别为Q1和Q2,如不计边缘效应，则A、B、C、D四个表面上的电荷面密度分别为、、、.三.计算题1.半径分别为r1 = cm 和r2 = cm 的两个球形导体, 各带电量q = ×108C, 两球心相距很远, 若用细导线将两球连接起来, 并设无限远处为电势零点,求: (1)两球分别带有的电量;(2)各球的电势.2.如图，长为2l的均匀带电直线，电荷线密度为，在其下方有一导体球，球心在直线的中垂线上，距直线为d，d大于导体球的半径R，（1）用电势叠加原理求导体球的电势；（2）把导体球接地后再断开，求导体球上的感应电量.练习七静电场中的电介质（续）电容静电场的能量一.选择题1.极化强度P是量度介质极化程度的物理量, 有一关系式为P = 0(r1)E , 电位移矢量公式为D = 0E + P ,则(A) 二公式适用于任何介质.(B) 二公式只适用于各向同性电介质.(C) 二公式只适用于各向同性且均匀的电介质.(D) 前者适用于各向同性电介质, 后者适用于任何电介质.2.电极化强度P(A) 只与外电场有关.(B) 只与极化电荷产生的电场有关.(C) 与外场和极化电荷产生的电场都有关.(D) 只与介质本身的性质有关系,与电场无关.3.真空中有一半径为R, 带电量为Q的导体球, 测得距中心O为r 处的A点场强为E A =Q r /(40r3) ,现以A为中心,再放上一个半径为,相对电容率为r的介质球,如图所示,此时下列各公式中正确的是(A) A点的电场强度E A=E A / r；(B) ；(C) =Q/0；(D) 导体球面上的电荷面密度= Q /( 4R2 ).4.平行板电容器充电后与电源断开,然后在两极板间插入一导体平板,则电容C, 极板间电压V,极板空间(不含插入的导体板)电场强度E以及电场的能量W将(↑表示增大,↓表示减小)(A) C↓,U↑,W↑,E↑.(B) C↑,U↓,W↓,E不变.(C) C↑,U↑,W↑,E↑.(D) C↓,U↓,W↓,E↓.5.如果某带电体电荷分布的体电荷密度增大为原来的2倍,则电场的能量变为原来的(A) 2倍.(B) 1/2倍.(C) 1/4倍.(D) 4倍.二.填空题1.一平行板电容器,充电后断开电源, 然后使两极板间充满相对介电常数为r的各向同性均匀电介质, 此时两极板间的电场强度为原来的倍, 电场能量是原来的倍.2.在相对介电常数r= 4 的各向同性均匀电介质中,与电能密度w e=2×106J/cm3相应的电场强度大小E = .3.一平行板电容器两极板间电压为U,其间充满相对介电常数为r的各向同性均匀电介质,电介质厚度为d , 则电介质中的电场能量密度w = .三.计算题1.一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内外圆筒半径分别为R 1=2cm ，R2= 5cm，其间充满相对介电常数为r的各向同性、均匀电介质、电容器接在电压U=32V的电源上（如图所示为其横截面），试求距离轴线R=处的A点的电场强度和A点与外筒间的电势差.2.假想从无限远处陆续移来微电荷使一半径为R的导体球带电.(1) 球上已带电荷q时，再将一个电荷元dq从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功(2) 使球上电荷从零开始加到Q的过程中，外力共作多少功练习八恒定电流一.选择题1.两个截面不同、长度相同的用同种材料制成的电阻棒，串联时如图(1)所示，并联时如图(2)所示，该导线的电阻忽略，则其电流密度J与电流I应满足：(A) I1 =I2 J1 = J2 I1 = I2 J1 = J2.(B) I1 =I2 J1 ＞J2 I1＜I2 J1 = J2.(C) I1＜I2 J1 = J2 I1 = I2 J1＞J2.(D) I1＜I2 J1 ＞J2 I1＜I2 J1＞J2.2.两个截面相同、长度相同，电阻率不同的电阻棒R1 、R2（1＞2）分别串联（如上图）和并联（如下图）在电路中，导线电阻忽略，则(A) I1＜I2 J1＜J2 I1= I2 J1 = J2.(B)I1 =I2 J1 =J2 I1= I2 J1 = J2.(C)I1=I2 J1 = J2 I1＜I2 J1＜J2.(D)I1＜I2 J1＜J2 I1＜I2 J1＜J2.3.室温下，铜导线内自由电子数密度为n= × 1028个/米3，电流密度的大小J= 2×106安/米2，则电子定向漂移速率为：(A)×10-4米/秒.(B) ×10-2米/秒.(C) ×102米/秒.(D) ×105米/秒.4.在一个长直圆柱形导体外面套一个与它共轴的导体长圆筒,两导体的电导率可以认为是无限大,在圆柱与圆筒之间充满电导率为的均匀导电物质,当在圆柱与圆筒上加上一定电压时,在长度为l的一段导体上总的径向电流为I,如图所示,则在柱与筒之间与轴线的距离为r 的点的电场强度为:(A) 2rI/ (l2).(B) I/(2rl).(C) Il/(2r2).(D) I/(2rl).5.在如图所示的电路中，两电源的电动势分别为1、2、，内阻分别为r1、r2，三个负载电阻阻值分别为R1、R2、R,电流分别为I1、I2、I3 ,方向如图,则由A到B的电势增量U B－U A为：(A) 2－1－I1 R1+I2 R2－I3 R .(B) 2+1－I1(R1 + r1)+I2(R2 + r2)－I3 R.(C) 2－1－I1(R1－r1)+I2(R2－r2) .(D) 2－1－I1(R1 + r1)+I2(R2 + r2) .二.填空题1.用一根铝线代替一根铜线接在电路中，若铝线和铜线的长度、电阻都相等，那么当电路与电源接通时铜线和铝线中电流密度之比J1：J2 = .（铜电阻率×106·cm , 铝电阻率×106 · cm , ）2.金属中传导电流是由于自由电子沿着与电场E相反方向的定向漂移而形成, 设电子的电量为e , 其平均漂移率为v , 导体中单位体积内的自由电子数为n , 则电流密度的大小J = , J的方向与电场E的方向.3.有一根电阻率为、截面直径为d、长度为L的导线，若将电压U加在该导线的两端，则单位时间内流过导线横截面的自由电子数为；若导线中自由电子数密度为n，则电子平均漂移速率为.（导体中单位体积内的自由电子数为n）三.计算题1.两同心导体球壳，内球、外球半径分别为r a , r b,其间充满电阻率为的绝缘材料，求两球壳之间的电阻.2.在如图所示的电路中，两电源的电动势分别为1=9V和2 =7V,内阻分别为r1 = 3和r2= 1，电阻R=8，求电阻R两端的电位差.练习九磁感应强度洛伦兹力一.选择题1.一个动量为p电子，沿图所示的方向入射并能穿过一个宽度为D、磁感应强度为B（方向垂直纸面向外）的均匀磁场区域，则该电子出射方向和入射方向间的夹角为(A) =arccos(eBD/p).(B) =arcsin(eBD/p).(C) =arcsin[BD /(ep)].(D) =arccos[BD/(e p)].2.一均匀磁场，其磁感应强度方向垂直于纸面，两带电粒子在该磁场中的运动轨迹如图所示，则(A)两粒子的电荷必然同号.(B) 粒子的电荷可以同号也可以异号.(C) 两粒子的动量大小必然不同.(D) 两粒子的运动周期必然不同.3.一运动电荷q，质量为m，以初速v0进入均匀磁场，若v0与磁场方向的夹角为，则(A)其动能改变，动量不变.(B) 其动能和动量都改变.(C) 其动能不变，动量改变.(D) 其动能、动量都不变.4.两个电子a和b同时由电子枪射出，垂直进入均匀磁场，速率分别为v和2v，经磁场偏转后，它们是(A)a、b同时回到出发点.(B) a、b都不会回到出发点.(C) a先回到出发点.(D) b先回到出发点.5. 如图所示两个比荷（q/m）相同的带导号电荷的粒子，以不同的初速度v1和v2（v1v2）射入匀强磁场B中，设T1、T2分别为两粒子作圆周运动的周期，则以下结论正确的是：(A) T1 = T2，q1和q2都向顺时针方向旋转；(B) T1 = T 2，q1和q2都向逆时针方向旋转(C) T1T2，q1向顺时针方向旋转，q2向逆时针方向旋转；(D) T1 = T2，q1向顺时针方向旋转，q2向逆时针方向旋转；二.填空题1. 一电子在B=2×10－3T的磁场中沿半径为R=2×10－2m、螺距为h=×10－2m的螺旋运动，如图所示，则磁场的方向, 电子速度大小为.2. 磁场中某点处的磁感应强度B=－(T), 一电子以速度v=×106i+×106j (m/s)通过该点,则作用于该电子上的磁场力F= .3.在匀强磁场中，电子以速率v=×105m/s作半径R=的圆周运动.则磁场的磁感应强度的大小B= .三.计算题1.如图所示，一平面塑料圆盘，半径为R ，表面均匀带电,电荷面密度为，假定盘绕其轴线OO以角速度转动，磁场B垂直于轴线OO，求圆盘所受磁力矩的大小。

大学物理机械工业出版社上册课后练习答案 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】第一章 质点的运动1-1 已知质点的运动方程为：23010t t x +-=，22015t t y -=。

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。

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 txx 6010d 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 -⋅==t a xx v , 2s m 40d d -⋅-==ta 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 v v B 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 并考虑初始条件有得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y 1-3 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 = - kv 2，k 为常数。

第 1 页习题8-1. 沿一平面简谐波的波线上，有相距m 0.2的两质点A 与B ，B 点振动相位比A 点落后6π，已知振动周期为s 0.2，求波长和波速。

解：根据题意，对于A 、B 两点，m x 2612=∆=-=∆，πϕϕϕ而相位和波长之间又满足这样的关系：πλπλϕϕϕ221212x x x ∆-=--=-=∆代入数据，可得：波长λ=24m 。

又已知 T=2s ，所以波速u=λ/T=12m/s8-2． 已知一平面波沿x 轴正向传播，距坐标原点O 为1x 处P 点的振动式为)cos(ϕω+=t A y ，波速为u ，求:（1）平面波的波动式；（2）若波沿x 轴负向传播，波动式又如何?解：（1）根据题意，距坐标原点O 为1x 处P 点是坐标原点的振动状态传过来的，其O 点振动状态传到p 点需用 ux t 1=∆，也就是说t 时刻p 处质点的振动状态重复uxt -时刻O 处质点的振动状态。

换而言之，O 处质点的振动状态相当于ux t 1+时刻p 处质点的振动状态，则O 点的振动方程为：]c o s [1ϕω++=）（ux t A y波动方程为：11cos[]cos[()]x x x x y A t A t u u uωϕωϕ-=+-+=-+（）第 2 页（2）若波沿x 轴负向传播， O 处质点的振动状态相当于ux t 1-时刻p 处质点的振动状态，则O 点的振动方程为：]cos[1ϕω+-=）（ux t A y 波动方程为：11cos[]cos[()]x x x x y A t A t u u uωϕωϕ+=--+=-+（） 8-3. 一平面简谐波在空间传播，如图所示，已知A 点的振动规律为)2cos(ϕπν+=t A y ，试写出：（1）该平面简谐波的表达式；（2）B 点的振动表达式（B 点位于A 点右方d 处）。

解：（1）仿照上题的思路，根据题意，A 点的振动规律为)2cos(ϕπν+=t A y ，它的振动是O 点传过来的，所以O 点的振动方程为：]2cos[ϕπν++=）（ult A y 那么该平面简谐波的表达式为：]2cos[ϕπν+++=）（ux u l t A y （2）B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-，代入波动方程：也可以根据B 点的振动经过ud时间传给A 点的思路来做。

大学物理习题集（农科类）大学物理课部1目录部分物理常量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄3 练习一质点力学中的基本概念和基本定律┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1 练习二流体静力学与流体的流动┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1 练习三液体的表面性质┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2 练习四伯努力方程及应用┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄3 练习五黏滞流体的流动┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄4 练习六流体力学习题课┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄5 练习七简谐振动的特征及描述┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6 练习八简谐振动的合成┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄7练习九平面简谐波┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄8 练习十波的干涉┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄9 练习十一振动和波动习题┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄10 练习十二几何光学基本定律球面反射和折射┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄12 练习十三薄透镜显微镜望远镜┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄13 练习十四光的干涉┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄15 练习十五光的衍射┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄16 练习十六光的偏振┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄17 2练习十七光学习题课┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄18 练习十八理想气体动理论的基本公式┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄19 练习十九能量均分定理气体分子按速率分布律和按能量分布律┄┄┄┄┄┄┄20 练习二十热力学第一定律对理想气体的应用┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄21 练习二十一循环过程┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄22 练习二十二热力学第二定律熵及熵增加原理┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄23 练习二十三热学习题课┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄24 练习二十四电场强度┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄25 练习二十五高斯定理┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄26 练习二十六电势┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄27 练习二十七电场中的导体和电介质┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄28 练习二十八电场习题课┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄29 练习二十九电流及运动电荷的磁场┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄31 练习三十磁场中的高斯定理和安培环路定理┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄32 练习三十一电流与磁场的相互作用┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄33 练习三十二磁场习题课┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄34 练习三十三光的二象性粒子的波动性┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄36 练习三十四量子力学┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄37部分物理常量3引力常量G=6.67×10-11N2·m2·kg-2重力加速度g=9.8m/s-2阿伏伽德罗常量N A=6.02×1023mol-1摩尔气体常量R=8.31J·mol-1·K-1标准大气压1atm=1.013×105Pa玻耳兹曼常量k=1.38×10-23J·K-1真空中光速c=3.00×108m/s电子质量m e=9.11×10-31kg 中子质量m n=1.67×10-27kg质子质量m n=1.67×10-27kg元电荷e=1.60×10-19C真空中电容率ε0= 8.85×10-12 C2⋅N-1m-2真空中磁导率μ0=4π×10－7H/m=1.26×10－6H/m 普朗克常量h = 6.63×10-34 J ⋅s维恩常量b=2.897×10-3mK斯特藩-玻尔兹常量σ = 5.67×10-8 W/m2⋅K4说明：字母为黑体者表示矢量练习一质点力学的基本概念和基本定律一.选择题1. 以下四种运动，加速度保持不变的运动是(A) 单摆的运动；(B)圆周运动；(C)抛体运动；(D)匀速率曲线运动.2. 质点在y轴上运动，运动方程为y=4t2-2t3，则质点返回原点时的速度和加速度分别为:(A) 8m/s, 16m/s2.(B)-8m/s, -16m/s2.(C)-8m/s, 16m/s2.(D)8m/s, -16m/s2.3. 物体通过两个连续相等位移的平均速度分别为v1=10m/s,v2=15m/s,若物体作直线运动,则在整个过程中物体的平均速度为(A) 12 m/s.(B)11.75 m/s.(C) 12.5 m/s.(D) 13.75 m/s.二.填空题1. 一小球沿斜面向上运动,其运动方程为s=5+4t-t2 (SI),则小球运动到最高点的时刻为t=秒.2. 一质点沿X轴运动, v=1+3t2 (SI), 若t=0时,质点位于原点.则质点的加速度a= (SI)；质点的运动方程为x= (SI).三、计算题1. 湖中有一条小船，岸边有人用绳子通过岸上高于水面h的滑轮拉船，设人收绳的速率为v0，求船的速度u和加速度a.2. 一人站在山脚下向山坡上扔石子,石子初速为v0,与水平夹角为θ(斜向上),山坡与水平面成α角.(1) 如不计空气阻力,求石子在山坡上的落地点对山脚的距离s；(2) 如果α值与v0值一定,θ取何值时s最大,并求出最大值s max.练习二流体静力学与流体的流动一.选择题121.比重计分别浸在油、水、水银中，露在液体外的长度分别为l 1,l 2,l 3,则三者关系是（ ）。

单元34 波动光学（一）一、选择题 1. D 2. D 3. C 4. C 5. B二、填空题1. 光程差；光程差；λ。

2. 1.44 mm 。

3. 8/7。

4. 5 。

5. 0.3164 m/s 。

三、判断题（判断正误，并简述理由） 1. × 2. √ 3. × 4. × 5. ×四、计算题1. （1） 600=λnm ；（2）m 。

108.16-⨯=∆r 2. d = 7.5 m (k = 0)。

3. （1）2sin 2λθ+=∆h r ， πλθπ+=∆Φsin 22h 。

4. （1）λ20d d x '= ；（2）λdd x '=∆。

单元35 波动光学（二）一、选择题 1. A 2. C 3. B 4. C 5. C二、填空题1. ；[]12)(r nd d r -+-=∆∆=∆Φλπ2。

2. [])()(443322114736215d n d n d n d n d n d n d d n +++-+++=∆。

3. ；6条 。

cm 100.34-⨯4. m 0.72max =λ；m 0.36max =λ。

5. d 。

三、判断题（判断正误，并简述理由） 1. × 2. × 3. √ 4. × 5. ×四、计算题1. （1）第七级明条纹； （2）39.8mm 或6.8mm 。

2. （1）条纹向屏幕上方移动 ；（2）1.000865。

3. （1）紫色（nm 0.414=λ）；（2）黄绿光（nm 0.552=λ）。

4. m 2。

61055.4⨯5. （1）1.0 mm ；（2）此厚度的涂层不能使飞机对厘米雷达波隐身。

6. 。

nm 3003=e单元36 波动光学（三）一、选择题 1. B 2. C 3. D 4. A 5. B 6. B二、填空题 1. ≠ 。

2. 。

nm 7003. 。