大学基础物理学课后习题答案_主编习岗_高等教育出版社

大学基础物理课后答案主编：习岗高等教育出版社第一章 思考题：<1-4> 解：在上液面下取A 点，设该点压强为A p ，在下液面内取B 点，设该点压强为B p 。

对上液面应用拉普拉斯公式，得 A A R p p γ20=- 对下液面使用拉普拉斯公式，得 BB 02R p p γ=- 又因为 gh p p ρ+=A B 将三式联立求解可得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=B A 112R R g h ργ<1-5> 答：根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。

在白天，由于日照的原因，土壤表面的温度较高，土壤表面的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面的原因使土壤表层变得干燥。

相反，在夜间，土壤表面的温度较低，而土壤深层的温度变化不大，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。

<1-6> 答：连续性原理是根据质量守恒原理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。

伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。

如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。

<1-8> 答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。

斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。

练习题：<1-6> 解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h 。

在h 基础上取微元d h ，与之对应的水坝侧面面积元d S （图中阴影面积）应为坡长d m 与坝长l 的乘积。

练习题1-6用图d h d F由图可知 osin60d sin d d hh m ==θ 水坝侧面的面积元d S 为 d d d sin 60hS l m l °== 该面积元上所受的水压力为 0d d d [(5)]sin 60hF p S p ρg h l°==+-水坝所受的总压力为 ()[]N)(103.760sin d 5d 855o0⨯=-+==⎰⎰h l h g p F F ρ（注：若以水坝的上顶点作为高度起点亦可，则新定义的高度5h h ¢=-,高度微元取法不变，即d d h h ¢=，将h ¢与d h ¢带入水坝压力积分公式，同样可解出水坝所受压力大小。

高等教育出版社习岗主编《大学基础物理学》部分练习题参考答案练习题1-2 某人的一条腿骨长0.4m ，横截面积平均为5×10-4m 2，用此骨支撑整个体重（相当于500N 的力），其长度缩短为多少？占原长的百分之几（骨的杨氏模量按1×1010N ·m -2）？ 解：物体内部某截面上的应力可以表示为f Sσ∆∆=，在拉升应变中，应力与相关的应变成正比，即l El σ∆= 则10405000.00010.01%110510l f l E S ∆∆∆-====⨯⨯⨯ 500.01%410()l l m ∆-=⨯=⨯练习题1-7 液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。

将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。

可以证明mg ndγπ=其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为移液管从从管口下落时断口的直径。

请证明这个关系。

解：作用在每个液体上的表面张力为f d γπ=⨯，而每个液滴受到的重力为mg W n=当液滴将要下落时，满足0W f -=得mgndγπ=练习题1-9 假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45○,树液的表面张力系数225.010N m γ--=⨯ 。

问要使树液达到树木的顶部，高为20m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？解：02R p p Rγ-=- ……（2分）0R p p gh ρ-=……（3分）cos rRϕ=2cos r ghγϕρ=27325102/23.610()1.0109.820m --⨯⨯==⨯⨯⨯⨯练习题1-12 欲用内径为1cm 的细水管将地面上内径为2cm 的粗水管的水引到5m 高的楼上。

已知粗水管中水压为4×105Pa ，流速为4m/s 。

若忽略水的粘滞性，问楼上细水管中的流速和压强分别为多少？解：由连续性原理有v 1S 1=v 2S 2而41222121==r r S S … 得s m v v /1644412=⨯== 又由伯努力方程有：222212112121gh v P gh v P ρρρρ++=++… 得)(103.22121512112222Pa gh v P gh v P ⨯=+++--=ρρρρ练习题1-18 动物主动脉的横截面积为3cm 3，血液的粘滞系数为33.510Pa s -⨯ ，血液密度为331.510kg m -⨯ 。

第四章 静电场本章提要1. 库仑定律两个静止的点电荷之间的作用力满足库仑定律，库仑定律的数学表达式为1212002204q q q q kr rπε==F r r 其中922910(N m /C )k =⨯⋅122-1-2018.8510(C N m )4k επ-==⨯⋅⋅2. 电场强度∙ 电场强度表示单位正电荷在静电场中所受的电场力。

其定义式为q =F E 其中，0q 为静止电荷。

∙ 在点电荷q 的电场中，电场强度为0204q r πε=E r3. 电场强度的计算∙ 点电荷系的电场N21014iii i q r πε==∑r 0E ∙ 电荷连续分布的带电体系的电场2 01d4qqrπε=⎰r E 0其中的积分遍及q 电荷分布的空间。

4. 高斯定理∙ 电通量电场强度通量简称电通量。

在电场强度为E 的某点附近取一个面元，规定S ∆=∆S n ，θ为E 与n 之间的夹角，通过S ∆的电通量定义为e cos E S θ∆ψ=∆=∆E S通过电场中某闭合曲面S 的电通量为d e sψ=⎰⎰E S∙ 高斯定理在真空中，通过电场中任意封闭曲面的电通量等于该封闭曲面内的所有电荷电量的代数和除以0ε。

即i 01d sq=∑⎰⎰E S 内ε使用高斯定理可以方便地计算具有对称性的电场分布。

5. 电势∙ 电势能电荷q 0在电场中某点a 所具有的电势能等于将q 0从该点移到无穷远处时电场力所作的功。

即0 d a a a W A q ∞∞==⎰E l∙ 电势电势是描述电场能的属性的物理量。

电场中某点a 的电势定义为0 d a a a U W q ∞==⎰E l∙ 电势的计算（1） 已知电场强度的分布，可通过电势的定义做场强的积分来计算电 势。

（2）若不知道电场强度的分布，可通过下述的求和或积分来计算电势： 点电荷系产生的电场中的电势为N104i a i iq U r πε==∑电荷连续分布的带电体系电场中的电势为0d4a qq U rπε=⎰6. 静电场的环路定理静电场的电场强度沿任意闭合路径的线积分为零，即 d lE l ∙=⎰07. 静电场对导体的作用∙ 导体的静电平衡导体中不发生任何电荷定向运动的状态称静电平衡状态。

其中，i 为气体分子的自由度。 等压摩尔热容量 1mol 气体在等压过程中温度升高 1K 所吸收的热量称等压摩尔热容量，用
C p ,m 表示。等压摩尔热容量的数学表达为
C p ,m
(dQ) p dT

dE dV p dT dT
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第三章 热力学
对于理想气体
CP,m
迈耶公式
i2 R 2
(dQ)T dA pdV
或
29
第三章 热力学
QT AT
M

RT
V2
V1
V dV M RT ln 2 V V1
绝热过程 系统在状态变化过程中与外界不发生热量交换的过程称绝热过程。 在绝热 过程中， dQ 0 ，系统要对外做功必定以消耗其内能为代价。 在绝热过程中，系统对外所做的功为
E E (V , T ) 对理想气体，由于不考虑分子之间的相互作用，理想气体的内能只是所有分子热
运动动能的和，因而，其内能只是温度的单值函数，即
E E (T )
3．功 气体系统在膨胀过程中对外所做的功的微分形式为
d A p dV
积分形式为
A p dV
V1
V2
功是过程量，在数值上功值等于过程曲线下的面积。 4．热量 两个物体之间或物体内各部分之间由于温度不同而交换的热运动能量称热 量，热量也是过程量。 5．热力学第一定律 热力学第一定律的数学表达式为
C(p1,V1,T0) D(p2,V1,T2) O V V0 V1
图 3-2
Qp E p Ap ，等温过程热 QT AT ，因为 Ap AT ，所以 Qp QT ，故等压过程
由于 T1 T0 T2 ， 所以， 等压过程 E 最大，等温过程 E ＝0，绝热过程 E 是 负值，为最小。

⼤学物理课后习题答案（⾼教版共三册）第⼆章动量及其守恒定律1、⼀质点的运动轨迹如图所⽰，已知质点的质量为20g ，在A 、B ⼆位置处的速率都为20m/s ，A v与 x 轴成045⾓，B v垂直于 y 轴，求质点由A 点到B 点这段时间内，作⽤在质点上外⼒的总冲量？解：由动量定理知质点所受外⼒的总冲量I ＝12v v v m m m )(由A →B A B Ax Bx x m m m m I v v v v cos45°＝-0.683 kg·m·s 1 1分I y =0m v Ay = m v A sin45°= 0.283 kg·m·s 1I =s N 739.022y x I I 3分⽅向： 11/tg x y I I 202.5° （ 1为与x 轴正向夹⾓） 1分2、质量为m 的物体，以初速0v 从地⾯抛出，抛射⾓030 ，如忽略空⽓阻⼒，则从抛出到刚要接触地⾯的过程中，物体动量增量的⼤⼩为多少？物体动量增量的⽅向如何？解：由斜⾯运动可知，落地速度⼤⼩与抛出速度⼤⼩相等，⽅向斜向下，与X 轴正向夹⾓为300，所以，动量增量⼤⼩：0030sin 2mv mv mv动量增量的⽅向竖直向下3、设作⽤在质量为1kg 的物体上的⼒F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这⼀⼒的作⽤下，由静⽌开始沿直线运动，在0到2.0 s 的时间间隔内，这个⼒作⽤在物体上的冲量⼤⼩为多少? 解：I=Fdt =.20)36(dt t =(3t 2+3t)0.20=3 2.02+3 2.0=18(S N )A vxyOBA4、⼀个质量为m 的质点，沿x 轴作直线运动，受到的作⽤⼒为i F Ft cos 0 (SI)，0t 时刻，质点的位置坐标为0x ,初速度00 v，求质点的位置坐标和时间的关系式？解：由⽜顿第⼆定律tm F dt dx v tdtm F dv dtdv mt F dt v d m a m F t vsin cos cos 00000 ⼜有故tdt m F dx txx sin 000则： t m Fx xcos 1005、电动列车⾏驶时每千克质量所受的阻⼒N v F 2210)5.05.2( ，式中，v 为列车速度，以s m /计。

129第十章 量子物理基础本章提要1． 光的量子性· 物体由于自身具有一定温度而以电磁波的形式向周围发射能量的现象称热辐射。

· 在任何温度下都能全部吸收照射到其表面上的各种波长的光（电磁波），的物体称为绝对黑体，简称黑体。

· 单位时间内从物体单位表面积发出的、波长在λ附近单位波长间隔内电磁波的能量称单色辐射本领（又称单色辐出度），用)(T M λ表示· 单位时间内物体单位表面积发出的包括所有波长在内的电磁波的辐射功率称为辐射出射度，用则M 表示，M 与)(T M λ的关系为0()d M M T λλ∞=⎰2． 维恩位移定律在不同的热力学温度T 下，单色辐射本领的实验曲线存在一个峰值波长λm ， T 和λm 满足如下关系：λm T b =其中，b 是维恩常量。

该式称维恩位移定律。

3． 斯忒藩—玻尔兹曼定律· 黑体的辐射出射度M 与温度T 的关系为4T M σ=其中，σ为斯忒藩—玻尔兹曼常量。

该结果称斯忒藩—玻尔兹曼定律。

· 对于一般的物体4T M εσ=ε称发射率。

4． 黑体辐射· 能量子假说：黑体辐射不是连续地辐射能量，而是一份份地辐射能量，并且每一份能量与电磁波的频率ν成正比，满足条件E nhv =，其中n ＝1，2，3，…，等正整数，h 为普朗克常数。

这种能量分立的概念被称为能量量子化，130每一份最小的能量E hv =称为一个能量子。

· 普朗克黑体辐射公式（简称普朗克公式）为112)(/52-=kT hc e hc T M λλλπ其中，h 是普朗克常量。

由普朗克公式可以很好地解释黑体辐射现象。

· 光子假说：光是以光速运动的粒子流，这些粒子称为光量子，简称光子。

一个光子具有的能量为νh E =动量为 λh p =5． 粒子的波动性· 实物粒子也具有波粒二象性，它的能量E 、动量p 与和它相联系的波的频率ν、波长λ满足关系2E mc h ν==λh p m u ==这两个公式称为德布罗意公式或德布罗意假设。

大学物理学高等教育出版社答案【篇一：大学物理下册 (程守诛) 高等教育出版社课后答案】/p> created by xch page 1 7/29/2009单元一简谐振动一、选择、填空题1.对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？【c】(a)物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值；(b)物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零；(c)物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(d)物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。

2.一沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为a，周期为t，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为?34，则t=0时，质点的位置在：【d】(a)过a21x 大学物理下册 (程守诛) 高等教育出版社课后答案?处，向负方向运动；(b)过a21x?处，向正方向运动；(c)过a21x?处，向负方向运动；(d)过a21x?处，向正方向运动。

3.将单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度 ?，然后由静止释放任其振动，从放手开始计时，若用余弦函数表示运动方程，则该单摆的初相为：【b】(a)?；(b)；(c)?/2；-?4.图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的?(?为固有圆频率)值之比为：【b】(a) 2：1：1；(b) 1：2：4；(c) 4：2：1；：1：25.一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的：【c】(a)竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动；(b)竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动；(c)两种情况都可作简谐振动；(d)两种情况都不能作简谐振动。

6.一谐振子作振幅为a的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为：【c】)4(填空选择)5(填空选择《大学物理习题集》（下册）习题参考解答共 75 页created by xch page 2 7/29/2009a2332,3)d(;a22,4or,4)c(;a23,65,6)b(;a21,32or,3)a(????????????，????????7.如果外力按简谐振动的规律变化，但不等于振子的固有频率。

第一章 连续体力学
第 4 章 流体力学基础
本章提要
1．固体的弹性 · 在常温常压下，固体分为晶体和非晶体。晶体在宏观上具有规则对称的外 形，在微观上具有远程有序的特点，在物理性质上呈现各向异性，并且加热熔化 时具有确定的熔点。 · 固体的形变包括拉伸压缩、剪切、扭转和弯曲四种。拉伸压缩和剪切形变 为基本形变。 · 物体在外力作用下发生的相对形变称应变，拉伸应变为
3
第一章 连续体力学
体称为空间点阵，点阵中通过任一结点所作的一簇簇直线称晶列，同一平面上的 晶列就构成晶面，晶格中最小的平行六面体称晶胞。晶体中分子呈现有序排列， 从而使整个晶体处于一个能量最低的状态。完全有序的周期性排列是固体分子聚 集的最稳定的状态。由于晶体中某种规则的结构周期性地重复出现，因而在微观 结构上晶体的本质特征就是远程有序。 非晶体没有规则对称的外形，没有确定的熔点。非晶体的微观结构呈现出远 程无序的结构状态。 1-2 么？ 答：对于一般的固体材料，若形变不超过一定的限度，应力与相关的应变成 正比。在拉伸应变中 在固体的形变中，弹性模量是一个重要的参数，杨氏模量的意义是什
v
泊肃叶流量为公式
p1 p2 2 2 R r 4l
qV
R 4 p1 p2 8 l
·泊肃叶公式只适用于层流的情况。 5．物体在黏滞液体中的运动 ·斯托克斯公式描述了球形物体在液体中运动速度不太大时所受黏滞阻力的基 本规律，其为
f 6πηrν
其中，f 是球体所受到的黏滞阻力，r 和 v 分别为球体的半径和运动速度。 ·小球在液体中匀速垂直沉降运动时的速度称收尾速度，用 v T 表示，黏滞系 数可以通过下式求出
5
第一章 连续体力学

f f 2 S r

第一章 【1 】思虑题：<1-4> 解：在上液面下取A 点,设该点压强为A p ,鄙人液面内取B 点,设该点压强为B p .对上液面运用拉普拉斯公式,得 AA R p p γ20=- 对下液面运用拉普拉斯公式,得 BB 02R p p γ=- 又因为 gh p p ρ+=A B 将三式联立求解可得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=B A112R R g h ργ <1-5> 答：依据对毛细现象的物理剖析可知,因为水的概况张力系数与温度有关,毛细水上升的高度会跟着温度的变更而变更,温度越低,毛细水上升的高度越高.在白日,因为日照的原因,泥土概况的温度较高,泥土概况的水分一方面蒸发加快,另一方面泥土颗粒之间的毛细水会因温度升高而降低,这两方面的原因使泥土表层变得湿润.相反,在夜间,泥土概况的温度较低,而泥土深层的温度变更不大,使得泥土颗粒间的毛细水上升;另一方面,空气中的水汽也会因为温度降低而凝聚,从而使得凌晨时泥土表层变得较为潮湿.<1-6> 答：持续性道理是依据质量守恒道理推出的,持续性道理请求流体的流淌是定常流淌,并且不成紧缩.伯努利方程是依据功效道理推出的,它的运用前提是不斟酌流体的黏滞性和可紧缩性,同时,还请求流淌是定常流淌.假如流体具有黏滞性,伯努利方程不克不及运用,须要加以修改.<1-8> 答：泊肃叶公式实用于圆形管道中的定常流淌,并且流体具有黏滞性.斯托克斯公式实用于球形物体在黏滞流体中活动速度不太大的情形. 演习题：<1-6> 解：设以水坝底部作为高度起点,水坝任一点至底部的距离为h.在h 基本上取微元dh,与之对应的水坝正面面积元dS （图中暗影面积）应为坡长dm 与坝长l 的乘积.由图可知osin60d sin d d hh m ==θ 水坝正面的面积元dS 为d d d sin 60hS l ml该面积元上所受的水压力为0d d d [(5)]sin 60hFp Sp ρg h l水坝所受的总压力为()[]N)(103.760sin d 5d 855o0⨯=-+==⎰⎰h l h g p F F ρ（注：若以水坝的上极点作为高度起点亦可,则新界说的高度5h h ,高度微元取法不变,即d d hh ,将h 与d h 带入水坝压力积分公式,同样可解出水坝所受压力大小.）<1-10> 解：（1）设A 为水库中水面上一点,对A 点和C 点运用伯努利方程可写出C 2C C A 2A A 2121gh v p gh v p ρρρρ++=++取C 点为基准,0C =h ,因为水库水面降低很小,0A =v ,0C A p p p ==（0p 为大气压）,2A h h =,上式即可简化为2C 221v gh ρρ=由此解得(m)9.90.58.9222C =⨯⨯==gh v（2）对B 点和C 点运用伯努利方程,可写出C 2C C B 2B B 2121gh v p gh v p ρρρρ++=++取C 点为基准,0C =h ,C B v v =,21B h h h +=,0C p p =,上式化为021B )(p h h g p =++ρ即Pa)(103.2)0.50.3(8.91010013.1)(435210B ⨯=+⨯⨯-⨯=+-=h h g p p ρ演习题1-6用图d h d F<1-11> 解：（1）设水池概况压强为1p .流速为1v .高度为1h ,小孔处压强为2p .流速为2v .高度为2h ,由伯努利方程可写出221112221122p v gh p v gh ρρρρ++=++依据题中前提可知021p p p ==.01=v .21h h h -=,于是,由上式可得 gh v 22=又由活动学方程221gt h H =- 可解出gh H t )(2-=则程度射程为)(4)(222h H h gh H gh t v R -=-⋅==带入数据解得9.17(m)R ==（2）依据极值前提,在0d d =h R时,R 消失最大值,即022=--hHh h H R 消失最大值.由此解出h=5m 时,R 消失最大值,此时R=10m.<1-13> 解：由泊肃叶流量公式可知lghR l p p R q v ηρπηπ884214=-=）（ 又由tmt V q v ρ==由上两式可得lmghR t η842πρ=带入已知数据,可解出()s)Pa (04.01066.010*******.92101.014.360109.13224223⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯⨯=----<1-15> 解：用沉降法测黏滞系数时 20T2()9gr v ρρη-=带入已知数据,解得 2T 092gr v ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ρρη η()()23231038.9101.31026.155.292--⨯⨯⨯⨯⨯-⨯= s)Pa (82.0⋅=第二章思虑题：<2-4> 答：不雷同,在冬天打入轮胎内的空气质量要大一些.因为夏气象温高,空气分子的平均平动能较大;冬气象温低,空气分子的平均平动能较小.依据幻想气体的压强公式23p n ε=,可知,当压强雷同时,在冬天打入轮胎内的空气密度（即质量）要大一些. <2-6> 答：这种意见是错误的.因为幻想气体的温度公式只实用于幻想气体,而在－273℃时,已经不消失幻想气体了,温度公式也就不成立了,如斯的推论天然也就是错误的.事实上,即使达到－273℃,分子也还在作渺小的振动,活动仍不会停滞. <2-8> 答：(1)()d f v v 暗示速度散布在v v v d ~+区间内的气体分子数占总分子数的比率 (2)()d Nf v v 暗示速度散布在v v v d ~+区间内的气体分子数 (3)21()d v v f v v ⎰暗示速度散布在21~v v 区间内的气体分子数占总分子数的比率 (4)21()d v v Nf v v ⎰暗示速度散布在21~v v 区间内的气体分子数<2-11>答：平均速度v 可以懂得气体分子平均的活动快慢;方均根速度是分子平均平动动能的标记;最概然速度评论辩论气体分子的统计散布.此三个速度大小关系 2v v v p <<<2-12>答：（1）p nkT =,温度和压强雷同时,单位体积内的分子数雷同（2）m nm =分子,因为分子的种类不合,所以单位体积内的气体质量不合（3）32k n n kT εε==,因为温度和单位体积内的分子数雷同,所以单位体积内的气体分子总平动动能雷同 （4）2iE n kT =,因为温度雷同,而自由度数不肯定,是以大为体积内气体的内能无法比较<2-13>答：依据2ikT ε=,因为温度不变,气体分子平均动能不变.但因为分子数密度削减了,容器中的气体质量减小,依据 2m iE RT M =,可知气体的内能削减.演习题：<2-3>解：由题意得：Pa 1001.15⨯=p .K 15.273=T（1） )(m 1044.2125-⨯==kTpn （2） 氧气分子的密度：)m kg (3013-⋅==.N n μρA（3） 平均平动动能：(J)1021.62321-⨯==εkT i <2-7>解：已知311410kg mol M --=⨯⋅.3123210kg mol M --=⨯⋅,=得23v T M R= 当132s m 102.11-⋅⨯=v ,由①得：226341111210410 1.0110(K)33831v .T M R .-⨯⨯⨯===⨯⨯2263422112104321016110(K)33831v .T M .R .-⨯⨯⨯⨯===⨯⨯当132s m 104.2-⋅⨯=v ,由①得：2263211 2.410410 4.6210(K)33831v T M R .-⨯⨯⨯''===⨯⨯2263322 2.41032107.3910(K)33831v T M R .-⨯⨯⨯''===⨯⨯ <2-9>解:（1）由温度的微不雅公式：T N R kT v m A2323212==得 )(mol 1015.631232-⨯==v m RT N A①（2）粒子遵照麦克斯韦速度散布,得)s (m 103.1812--⋅⨯=π=mkTv <2-12>解: （1）速度散布曲线如图2-1所示（2） 由归一化前提()0d 1f v v ∞=⎰,得00()d d 1V f v v C v CV ∞===⎰⎰则01V C =（3） 粒子平均速度为21)(0000V dv V Vdv v Vf V V ⎰⎰∞===<2-15>解:由题意知：E E K ∆=∆M m N =T k mv ∆=25212 联立①②③式得：23232101007.7(K)558.31μv T R -⨯⨯∆===⨯ <2-16>解：（1）依题意得：RT MpV μ=RT iM E 2μ=VN n =图2-1①②③①②③联立①②③可得： (Pa)1035.1100.251075.622532⨯=⨯⨯⨯⨯==-iV E p （2）因nKT p =联立③④得： (K)1062.32⨯==NK pVT (J)1049.72321-⨯==εkT 第三章 思虑题<3-3> 答：内能是状况量,是温度的单值函数.热量是进程量,如体系阅历的热力学进程相干.（1）说法是错误的,因为热量是进程量.（2）说法是准确的,对于雷同的物体,内能是温度的单值函数.<3-4> 答：依据题意有,体系接收热量1.045×108J,体系对外做功为30×103×3600=1.08×108J,体系对外放热3.135×107J,即释放的能量共为1.3935×108J.可见不相符热力学第必定律,是以这种机械不成能.<3-7> 答：该必定量的幻想气体由状况1变更到状况2,体系内能的转变量是一样的,是以依据热力学第必定律Q E W =∆+,在进程A 和进程B 中接收的热量可经由过程在这两个进程中体系对外所做的功做比较.依据功的几何意义,由图可见,进程A 中体系对外所做的功比较大,是以,该进程接收的热量也响应的比较大.<3-9> 答：（1）不克不及;（2）不克不及;（3）不克不及;（4）能;（5）能;（6）能. <3-10> 答：（1）准确,因为经由一个正轮回今后体系回到本来状况.（2）错误.体系经一个正轮回后,外界在温度较高处输送热量给体系,又在温度较低处从体系获得热量,两者之差恰正等于它从体系得到的功.固然外界净削减热量的数值等于体系对外界做的功,但功和热量是不等价的,所以该轮回进程已经对外界产生影响了.（3）错误.因为只有在正向轮回和逆向轮回的轨迹线完整一致,并且它们都是可逆轮回的情形下,先后经由如许的一个正轮回与逆轮回后,体系与外界才可能都没有产生变更.本题中仅指出其逆轮回是逆卡诺轮回,没有明白其正轮回④是否是正向可逆卡诺轮回.<3-11> 答：不克不及.如图所示,等温线Ⅲ与Ⅰ和Ⅱ两绝热线订交,组成一个轮回.这个轮回只有一个单一热源,它把接收的热量全变成功,即100%η=,并使四周情形没有变更,这是违反热力学第二定律的,所以不成能组成如许一个轮回.<3-15> 答：（1）不准确.卡诺轮回中,从高温热源吸热对外做功的等温进程,就将热全体转化成了功,只是因为体系从外界吸热,引起了外界的变更.准确的懂得应为：在不引起其它变更或不产生其它影响的前提下,热不克不及完整变成功.（2）不准确.致冷机就能将热量从低温物体传向高温物体,只是它须要消费外界能量.准确的懂得应为：在不引起其它变更或不产生其它影响的前提下,不成能把热量从低温物体传到高温物体. 演习题：<3-2> 解：依据功的几何意义,可得此进程中气体所做的功在数值上等于梯形ABCD 的面积,是以有55311()(210110)11015022W AD BC CD J -=+⋅=⨯+⨯⨯⨯=<3-4> 解：体系由阅历ACB 进程,依据热力学第必定律有()ACB B A Q W E E =+- 因为从P-V 图中可见A A B B P V P V =,所以有A B T T =,是以.对于全部轮回ABCDA,因为0E ∆=,BD 为等体进程,DA 为等压进程,是以有2000()200012001000ACB BD DA A A D Q W W W P V V J =++=++-=+-=-<3-6> 解：依据热力学第必定律有,2iQ E R T ν=∆=∆.依据题意有21, 2.0610,10mol Q J T K ν==⨯∆=,是以222 2.0610518.3110Q i R T ν⨯⨯===∆⨯⨯ <3-8> 解：对于绝热进程,有γγpV V p =11∴γγVV p p 11=()()()()22111111112111111211122211221111111111V V V V p V W pdV dV p V V V V p V V p V V p V V p V p V p V γγ-γ-γγγ-γγ-γγ-γ===⋅--γ=-=--γ-γ=--γ⎰⎰由幻想气体状况方程,可将上式化为)(1)(112112T T R T T R W --=--=γγ <3-9> 解：由已知可得0.3210(mol)0.032mol M M ν=== 氧气为双原子分子,则R c v 25=. （1） a-b 进程为等温进程,0=∆E ,421111ln108.31300ln 2 1.72810(J)V Q W RT V ==ν=⨯⨯⨯=⨯ 此进程体系从外界吸热J 410728.1⨯,全体用来向外做功.（2） b-c 进程为等体进程,W ＝0()42215108.31(200300) 2.077510(J)2v Q E c T T =∆=ν-=⨯⨯⨯-=-⨯此进程体系向外放热42.077510J ⨯,体系内能削减42.077510J ⨯.（3） c-d 进程为等温进程,E ∆＝04132221ln108.31200ln 1.15210(J)2V Q W RT V ==ν=⨯⨯⨯=-⨯ 此进程外界对体系做功41.15210J ⨯,体系向外放热41.15210J ⨯（4） d-a 进程为等体进程,W ＝0()()44125108.31300200 2.077510(J)2v Q E c T T =∆=ν-=⨯⨯⨯-=⨯此进程体系从外界吸热42.077510J ⨯,使内能增长42.077510J ⨯.热机效力为()()%14.150775.2728.1152.10775.20775.2728.1＝＝－吸放吸++-+=Q Q Q η<3-14> 解：设高温热源温度为T1,低温热源温度为T2T1＝27+273＝300K,T2＝0+273＝273K（1）设此致冷机从低温热源吸热为Q2,则562 5.0 3.3510 1.67510J Q ⨯⨯⨯＝＝（）设此致冷机致冷系数为ε,则11.10273300273212＝＝－T T T ＝-ε由212－Q Q Q ＝ε,可得放到情形中的热量为666212 1.67510 1.67510 1.84110J 10.11Q Q Q ⨯⨯⨯ε＝＋＝＋＝（）（2）设起码必须供应致冷机的能量为W,则66512 1.84110 1.67510 1.6610J W Q Q =-=⨯⨯⨯－＝（）第四章 思虑题：<4-2> 答：公式0q FE =是关于电场强度的界说式,合适求任何情形下的电场.而公式0204q rπε=E r 是由库仑定理代入界说式推导而来,只适于求点电荷的电场强度.<4-3> 答：（1）场强是由场源电荷和场点决议的,与磨练电荷无关,是以当没有磨练电荷时,仍然有场强.而当电荷在电场中受到的电场力则与场强和电荷的电量都有关系,是以当当电荷在电场中受到的电场力很大时,其实不代表该点的场强必定很大.（2）点电荷的电场强度的公式是有库伦定律推导得到的,是以仅实用于点电荷模子.当场点和点电荷的距离趋于0时,电荷本身的尺度已经不成以疏忽,那这时不成以用点电荷的电场强度的公式来评论辩论,是以没有物理意义. <4-4> 答：取球面高斯面,由0d ni i q ε=⋅=∑⎰⎰E S 可知（1）内部无电荷,而面积不为零,所以E 内= 0. （2）E 外=204r q πε与气球吹大无关.（3）E 表=204R q πε随气球吹大而变小.<4-5> 答：（1）错.因为依高斯定理,E = 0 只解释高斯面内净电荷数（所有电荷的代数和）为零.（2）错.高斯面内净电荷数为零,只解释全部高斯面的d s⎰⎰E S 的累积为零.其实不必定电场强度处处为零.（3）错.穿过高斯面的电通量为零时,只解释全部高斯面的d s⎰⎰E S 的累积为零.其实不必定电场强度处处为零.（4）对.E = 0,则全部高斯面的d s⎰⎰E S 的累积为零.所以电通量φ=0.<4-6>答：点电荷位于立方体中间时,经由过程该立方体各面的电通量都相等,并且等于总通量的1/6.由高斯定理可知总通量为⎰⎰=⋅Sqd εS E于是,经由过程各面的电通量为()06εq <4-9> 答：（1）是.由d d l UE l=-可知,当电势处处相等时,d 0U =,El=0.现实例子：静电均衡的导体内.（2）否.电势为零处电势梯度d d Ul不必定为零,所以El 也不必定为零.现实例子：电偶极子连线中点处.（3）否.假如El 等于零,则电势梯度为零,但电势不必定为零.现实例子：两个雷同电荷连线中点处. 演习题：<4-4> 解：（1）如图树立坐标系电荷源：dq dx λ=200004()4()4()lldxlE x b x b b l b λλλπεπεπε==-=+++⎰,偏向沿着x 轴负偏向.（2）电荷源：dq kxdx =22000020000[()]4()4()()ln 4()()4ll llkxdx k x b b dxE x b x b k d x b dx k l b l b x b x b b l b πεπεπεπε+-==++⎧⎫++⎡⎤=-=-⎨⎬⎢⎥+++⎣⎦⎩⎭⎰⎰⎰⎰,偏向沿着x 轴负偏向.<4-6> 解：（1）取半径为r —r+dr 的圆环,如图所示,因其上电荷对P 点的产生的场强垂直分量互相抵消,所以其对P 点场强为()()()()12222203232222200 d d d 4 2 d d 42S xE x r x r x r r x r r x rx rσθπεσπσπεε==++==++E cos全部圆盘的电荷在P 点的产生的场强为()()3212222200 d 122Rx r r x E x rx R σσεε⎛⎫⎪==- ⎪++⎝⎭⎰（2）当R →∞时,可将带电圆盘看作无穷大带电平面,是以P 点电场强度为2E σε'=（3）当xR 时,可将带电圆盘看作点电荷,是以P 点电场强度为：PxRσ22220044R R E x xσπσπεε''== <4-7> 解：（1）以r 为半径作球面高斯面,有2 01d 4i SiE r qπε=⋅=∑⎰⎰内E SI ： r ﹤R1,因面内无电荷,E1= 0 II ：12R r R <<面内的电荷为Q1,12204Q E r πε=III ：2R r <面内的电荷为Q1+Q2,同理可得：E3 =12204Q Q r πε+（2）依据上部分成果可得 I ： E1= 0 II ：12204Q E rπε=III ：E3= 0依据已知前提画出E r -关系曲线如图所示 <4-9> 解：依题意得：37-1105010 1.6710(V m )3010U E d ---⨯===⨯⋅⨯ 若令一个钾离子(K +)经由过程该膜时需做功W,则193211.6105010810(J)W qU ---==⨯⨯⨯=⨯<4-10> 解：（1）由题4-7可得I.II.III 区域中的电场散布,则区域I 电势：1212212 1123 1121222 00012 d d d d 1 d d 444R R rrR R R R R V E r E r E rQ Q Q Q Q r r r r R R πεπεπε∞∞∞=⋅=++⎛⎫+=+=+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰E r同理可得区域II 电势散布：2212223 021 d d d 4R rrR Q Q V E r E r r R πε∞∞•⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰E r 区域III 电势散布1233 0 d d 4rrQ Q V E r rπε∞∞•+===⎰⎰E r（2）若12Q Q =-,则区域I 电势：1212211123 112 0012 d d d d 11d 44R R rrR R R R V E r E r E rQ Q r r R R πεπε∞∞=⋅=++⎛⎫==- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰E r区域II 电势：2122 0211 d d 4R rrQ V E r r R πε∞•⎛⎫===- ⎪⎝⎭⎰⎰E r 区域III 电势：33 d d 0rrV E r ∞∞•===⎰⎰E r<4-12>解：（1）设内圆柱体的体电荷密度为ρ.作认为半径r (12R r R <<),长度为l 的圆柱高斯面,依高斯定理得距轴心为r 处场强为221100 2 2R l R E rl rρπρπεε==内 两圆柱间电压为212 1212 01d ln2R R R R V V V R ρε•=-==⎰E r 联立①②式得：1221ln V V E r R R -=内则21222 21d ln ln R r rV V V V R r R R •--==⎰E r令内筒电势为零,则距轴心为r 处的电势为12221ln ln r V V V R r R R -=①②第五章 思虑题：<5-1> 答：有可能等于零.在金属导体中电荷的定向移动形成电流,电荷的体密度等于零.而单独的正离子或负离子的活动形成电流时电荷的体密度不等于零. <5-2> 答：电流可以或许恒定,因⎰⎰⋅=Sd S j Ι,固然导体中遍地的电流密度不雷同,只要电流密度j 对导体各截面的通量相等,经由过程导体的电流就恒定.<5-6> 答：电动势是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,端电压是指电源正负南北极之间的电压,一般情形下电源的端电压不等于电动势,两者之差为Ir,即电源电流与内阻r 之积,称内阻电位降.当电源内阻为0,即Ir=0时,端电压在数值上等于电动势.对于有内阻的电源,只要流过它的电流为零（处于开路状况的电源就如斯）,端电压也与电动势数值相等. 演习题：<5-2> 解：铜线截面积25210mm 1.010m S -==⨯,许可经由过程的电流60A I =,则铜线中许可电流密度625606.010(A m )1.010I j S --===⨯⋅⨯ 又铜线中的自由电子密度2838.510m n -=⨯,则铜线中通有许可电流时自由电子的漂移速度64128196.010 4.410(m s )8.510 1.610j v ne ---⨯===⨯⋅⨯⨯⨯ <5-4> 解：铜棒的截面积321.610m S -=⨯,长2.0m l =,电导率715.710s m -δ=⨯⋅,则 （1） 铜棒电阻为()Ω⨯≈⨯⨯⨯=⋅==--537102.2106.1107.521S l S l ρR δ （2） 铜棒两头的电势差为2510V U -=⨯,则电流()235510 2.310A 2.210U I R --⨯==≈⨯⨯ （3） 电流密度为()36232.310 1.410A m 1.610I j S --⨯===⨯⋅⨯ （4） 棒内的电场强度()62171.4102.510V m 5.710j E --⨯===⨯⋅δ⨯ （5） 所消费的功率()()223522.310 2.210 1.110W P I R -==⨯⨯⨯≈⨯（6） 又自由电子的电荷体密度1031.3610c m ne -=⨯⋅,则电子的漂移速度()64101.410 1.010m s 1.3610j v ne -⨯===⨯⋅⨯ 第六章 思虑题：<6-2> 答：可以将扭在一路的两条通电导线算作是交错在一路的两个螺线管.管外的磁场异常弱;因两个螺线管的通电电流大小相等.偏向相反,并且匝数基底细当,管内的磁场根本上可以互相抵消.是以,与电源相连的两条导线,扭在一路时比平行放置时产生的磁场要小得多. <6-4> 答：依据毕奥—萨伐尔定律可得,(1) 与活动电荷速度偏向垂直的点的磁场最强;(2) 活动电荷速度连线偏向上的点的磁场为零;(3) 依据磁场的高斯定理,穿过球面的磁通量为零. <6-6> 答：安培环路定理中的电流都应当是闭合恒定电流（对于无穷长直电流,可以认为是在电流回路在无穷远处闭合的）.并且磁场散布需具有对称性.对于一段恒定电流的磁场和变更电流的磁场,安培环路定理不成立.<6-8> 答：不克不及.由B v f ⨯=q 磁场对带电粒子的感化力与粒子活动的偏向垂直,磁场力对带电粒子所做的功为零,粒子的动能也不会是以而增大. 演习题：<6-2> 解：依据叠加道理,点O 的磁感应强度可视作三段直线以及肇端点为b a ,的两段弧（包含优弧和劣弧）配合激发.因为电源距环中间很远,则电源地点的直线电流对O 处的磁场进献为0,而另两段通电直线的延伸线都经由过程点O,在O 处激发的磁感应强度也为0.流过圆弧的电流的偏向I1.I2如图所示,两圆弧在O 点激发的磁场分离为011124I l B r μπ=;022224I l B r μπ= 个中1l .1l 分离是优弧和劣弧的弧长,因为导线电阻R 与弧长l 成正比lR Sρ= 式中为电阻率,为S 导线的横截面积.又两圆弧组成并联电路,则2211I R I R =故有1122I l I l =点O 的合磁感强度为0110221222044I l I l B B B r r μμππ=-=-= <6-3> 解：载流导体板可以朋分成很多条长直载流导线,导体板的场就是这些很多条长直载流导线场的叠加.如图,坐标x 处宽为dx 的窄条可视为无穷长直载流导线,其电流为x aI I d d =它在距板一边a 处产生的磁场大小为)2(2d )2(2d d 00x a a xI x a IB -=-=πμπμ其偏向垂直纸面向里.因为所有窄条产生的磁场偏向雷同,所以总磁场2ln 2)2(2d d 000⎰⎰=-==aaIx a a xI B B πμπμ <6-6> 解：(1) 由安培环路定理,0d lB l I μ⋅=⎰,距长直导线1I 程度距离d/2处的磁感应强度大小为7501141020210()0.4I B T d μπππ--⨯⨯===⨯⨯偏向垂直平面向外.距长直导线2I 程度距离d/2处的磁感应强度大小为7502241020210()0.4I B T d μπππ--⨯⨯===⨯⨯偏向垂直平面向外.512410()B B B T -∴=+=⨯偏向垂直平面向外.(2) 树立如图坐标系,面积元dS ldx =,该处的磁感应强度大小为01021222()I I B B B x d x μμππ=+=+- 121010270.30.17622()21020110.2521()210200.25ln 922.210()r r r I I BdS ldx x d x ldx x d x Wb μμππππππ+---⎡⎤Φ==+⎢⎥-⎣⎦⎡⎤⨯⨯=⨯⨯+⎢⎥-⎣⎦⨯⨯=⨯⨯=⨯⎰⎰⎰ <6-8> 解：由安培环路定理,d inlB l Iμ⋅=∑⎰,树立如图回路0022inin I B r I B rμπμπ⋅=⇒=∑∑ ()()2212101210122222322232222223222023223234(1)2(2)2(3)112(4)00in in in in Ir R I r r R Ir B R I R r R I I B rI R r R I I r R R R r R I R R I r R B r R R r R I B σπππμπμπππμπ<===≤<==≤<=---⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭≥==当当当当 偏向沿着逆时针偏向. <6-10> 解：矩形上.下两段导线受安培力的大小相等,偏向相反,两力的矢量和为零.而矩形的线框阁下双方安培力大小分离为01212I I lF dμπ= 01222()I I lF d b μπ=+故合力大小为301201212 1.2810()22()I I l I I lF F F N d d b μμππ-=-=-=⨯+ 合力偏向朝左,指向直导线.<6-11> 解：由安培环路定理,距长直导线程度距离x 处的磁感应强度大小为012x I B xμπ=偏向垂直Oxy 平面向里.ab 段导线中线段元受到的安培力大小为x I B F x d d 2=则ab 段导线受到的磁场感化力大小为偏向沿y 轴正向（以通有电流I2的偏向x 轴正偏向,电流I1的偏向为y 轴正偏向）.<6-13> 解：汽泡室内活动着的高能质子受到洛仑兹力的感化,其大小为f Bqv =洛伦兹力为质子作圆周活动供给向心力2mv f r=由上述两式,得质子动量得大小为1917-120 1.61035 1.1210kg m s p mv Bqr -===⨯⨯⨯=⨯⋅⋅－.（）偏向沿质子活动的速度偏向.012012d ln 22d ldI I I I d lF x x dμμππ++==⎰质子的动能为2172827(1.1210) 3.810()22 1.6710k p E J m ---⨯===⨯⨯⨯第八章 思虑题<8-1> 答：从活动学角度,凡是以时光的正弦或余弦函数暗示的活动都是简谐振动.从动力学角度,物体在跟位移大小成正比,并且指向均衡地位的答复力感化下的振动称之为简谐振动.当物体受到一个使它返回均衡地位的力时,该物体不必定是做简谐振动,必须该力的大小跟位移大小成正比.<8-3> 答：(1)对,可所以受迫振动. (2)错,如自由落体活动.<8-5> 答：因为相位表征随意率性时刻振子的活动状况. <8-7> 答：振动的周期2πT ω=和频率2k mω=不变,最大速度A ω和最大加快度2A ω增大为本来的两倍,振动能量212kA 增大为本来的四倍. <8-10> 答：当波从一种介质透入另一介质时,因为频率只决议于波源的振动,是以频率是不变的,而波长.波速和振幅则与介质的性质有关,会产生转变.<8-13> 答：相干前提为,频率雷同.振动偏向雷同.相位雷同或相位差恒定.是以 (1)因为频率不合,不成;(2)因为振动偏向不合,不成;(3)因为相位差不恒定,不成;(4)知足了上述的相干前提,是以可以.<8-14> 答：当两列整幅雷同的相干波在空间相遇时,现实上是转变了能量在全部空间上的散布,但是总的能量的值是没有变更的.固然在干预增强处的合成波的强度为一个波的强度的4倍,但是,在干预相消处合成波的强度变成零. 演习题：<8-1> 解：因为T = 0.5s,故ππω4/2==T .则振动方程为002(4).cos x t πϕ=+由题意得,肇端状况为0t =时（1）002002..cos x ϕ==,即0ϕ=,0024.cos x t π= （2）002002..cos x ϕ=-=,即ϕπ=,002(4).cos x t ππ=+（3）0002.cos x ϕ==,0080.sin v πϕ=-<,即2πϕ=,002(4)2.cos x t ππ=+（4）0002.cos x ϕ==,0080.sin v πϕ=->,即32πϕ=,3002(4)2.cos x t ππ=+ （5）001002..cos x ϕ==,0080.sin v πϕ=-<,即3πϕ=,002(4)3.cos x t ππ=+（6）001002..cos x ϕ=-=,0080.sin v πϕ=->,即43πϕ=,4002(4)3.cos x t ππ=+<8-5> 解：依据动量守恒有00()2/mmv m M v v v m s m M=+∴==+是以依据体系做简谐振动的能量,有22211()51022m M v kA A m -+=∴===⨯依据简谐振动的方程cos()x A t ωφ=+,个中40ω===,依据图示振子在0t =时,0x =,且向x 轴的正偏向活动,是以有0dx dt >,所以2πφ=- 2510cos(40)2x t π-=⨯-<8-7> 解：依据简谐振动的方程cos()x A t ωφ=+,0.24A m =,22T ππω==,在0t =时,24x cm =,所以0φ=,是以有0.24cos()2x t π=（1）0.5,0.24cos()0.174t s x m π===（2）230.5, 4.1910t s F kx m x N ω-==-=-=-⨯ 负号暗示沿着x 轴负偏向,并指向均衡地位（3）由肇端地位最快活动到12x cm =,此时活动偏向应沿着x 轴负偏向,是以有50.120.24cos(),22t t ππππ=∴＝33并且0.12sin()02v t ππ=-<,所以,0.672t s t ππ=＝3（4）当12x cm =,0.67t s =,是以有0.12sin()0.326/2v t m s ππ=-=2422242241 5.31102111.78102217.09102k p E mv J E kx m x J E m A Jωω---==⨯===⨯==⨯<8-15> 解：（1）cos()y A Bt Cx =-与cos ()xy A t u ω=-比较有,振幅为A,波速B u C=,频率22B ωνππ==,周期12T B πν==,波长2Tu Cπλ==. （2）当,cos()x l y A Bt Cl ==- （3）22x d Cd ππϕλλ∆=∆==<8-17> 解：设O 点出的振动方程为cos()y A t ωφ=+,有0.03A m =,且依据2T uλπω==有250uπωπλ==,别的因为O 出的质点在均衡地位且向负偏向活动,有2πφ=,所以O 点出的振动方程为0.03cos(50)2y t ππ=+（1）此平面波的摇动方程为0.03cos[50()]2y t x ππ=-+（2）当0.05x m =,0.03cos[50(0.05)]0.03cos(50)2y t t πππ=-+=（3）当3,0.045t s x m ==,0.03cos[50(30.045)]0.2122y m ππ=-+=当0.045x m =,0.03cos[50(0.045)]2y t ππ=-+0.0350sin[50(0.045)]2v t πππ=-⨯-+当3,t s =0.0350sin[50(30.045)] 3.33/2v m s πππ=-⨯-+=-,负号暗示沿着y 轴负偏向.<8-19> 解：S1发出的平面波的摇动方程为10.1cos 2()20xy t π=-S2发出的平面波的摇动方程为20.1cos[2()]20xy t ππ=-+ 当传播到P 点时的分振动方程分离为1400.1cos 2()0.1cos(24)20y t t πππ=-=- 2500.1cos[2()]0.1cos(24)20y t t ππππ=-+=-可见,在P 点的和振幅为 第九章 思虑题<9-2> 答：（1）依据双缝干预中相邻条纹的间距公式Dx dλ∆=可知,跟着缝间距的增大,干预条纹的间距会变窄.（2）当狭缝光源在垂直于轴线偏向上移动时,干预条纹也会跟着在垂直轴线偏向移动,偏向与光源移动偏向相反.<9-4> 答：假如在上方的缝后面贴云母片,则从上方缝中出射的光线的光程会产生变更.设云母片的折射率为n ,厚度为h ,则两束光的光程差为(1)dh n x k Dδλ=--+=(0,1,2,...k =) 个中,d 为两缝的距离,D 为缝与屏的距离,x 为屏上相邻两点的距离.从中可以看出,相邻两条纹的距离为：D x dλ∆= 可见,条纹间距没有产生变更.令光程差等于零,可以得到中心亮条纹产生了转变,向上方移动. <9-5> 答：这是薄膜干预的道理.产生干预明纹的前提是0022ne k λδλ=+=,所以产生干预增强的光波的波长应知足421nek λ=-.当1k =时,4ne λ=.刚吹起番笕泡时,因为番笕泡的膜比较厚,即e 比较大,因而这时知足干预增强的波长也较大,不落在可见光规模为内,是以这时看不到黑色条纹.当番笕泡吹大到必定程度就会开端看到黑色可见光的条纹.跟着番笕泡增大,则因为番笕泡的膜越来越薄,黑色条纹从长波段（红光）条纹向短波段（紫光）条纹变更,继而因为知足干预增强的波长逐渐变小,最终超出可见光规模,是以黑色条纹会消掉. <9-6> 答：当增大上面平板的竖直度,θ增大,依据2l n λθ=,条纹变疏.<9-8> 答：依据衍射道理,只有当狭缝或者障碍物的大小与波长可比时,才会形成衍射现象.光波波长短,日常的狭缝或障碍物的尺寸远弘远于光波波长,因而难以发明光波的衍射;而声波波长可与日常狭缝或障碍物的尺寸比拟,所以更轻易产生衍射.<9-10> 答：跟着单缝的加宽,衍射条纹间距变小,衍射现象变得不显著.当缝宽弘远于波长时,衍射条纹密集到无法分辩,只显示出单一的明条纹.<9-13> 答：运用偏振片可以分辩三种光束.将偏振片以光的传播偏向为轴迁移转变,出射光强不产生转变的是天然光;产生转变,当转一周后,如有两次光强最大,两次消光的是线偏振光;若出射光强产生转变,但没有消光的是部分偏振光.<9-14> 答：这束光是以布儒斯特角入射的,其偏振偏向与入射面平行. 演习题：<9-2> 解：依据题意得：第11级干预亮纹至中心亮纹之间的距离x 知足λ1121044.310342.023=⨯⨯=--D x d 所以)(76.534nm =λ<9-3> 解：设云母片厚度为h ,笼罩在孔1上,则光程差为21()(1)dr nh r h h n x k Dδλ'=-+-=--+= 若没有云母片笼罩,光程差为21dr r x k Dδλ'=-== 因为条纹移动了9个,则9k k '-= 联立①②③可得：(1)9h n λ-=所以9699550.0108.5310(m)1 1.581h n λ--⨯⨯===⨯-- <9-4>解：天线接收到的电磁波一部分直接来自恒星,另一部分经湖面反射,这两部分电磁波是相干的.天线角地位θ不合,这两束电磁波的波程差也不合.是以,在某些角地位上可有干预极大值.电磁波在湖面反射时要产生相位突变 (半波损掉).① ② ③因为恒星很远,来自恒星的电磁波可视为平面波,如图所示,相干极大时,两部分电磁波的波程差应知足：2λδ+-=BC AC个中,2λ是斟酌到半波损掉.由上图的几何干系可得：()θθθsin 2cos21sin h hBC AC =-=- 对第一级干预极大有λλθ=+2sin 2h个中,已斟酌k=1.由此解得h4arcsinλθ=<9-5> 解：设相邻两条纹对应高度差为e ∆,则m )(1073.21210546279--⨯=⨯⨯==∆n e λ依据类似三角形可得e D l L∆= 所以52.2610(m)D -=⨯<9-8> 解：光程差为,2(21)2ne k λδ==+干预相消,透射光增强,(21)4e k nλ=+最小厚度为,995501099.6104 1.38e m n λ--⨯===⨯ <9-12> 解：对于第二级暗条纹的衍射角有sin 2a θλ=所以其与中间亮纹的距离为af f f x λθθ2sin tan =≈= 从而可得缝宽41.45610(m)a -=⨯对于未知光源,已知第三级暗纹中间至衍射图样中间的线距离为,则其波长等于ABC509.6(nm)3xafλ== <9-14> 解：依据公式可得该显微镜的最小分辩距离为960.610.6155010 1.34210(m)sin 0.25y n u λ--⨯⨯∆===⨯<9-19> 解：经由第一块偏振片M,1012I I = 经由偏振片B,222101cos cos 2I I I θθ==经由偏振片N,243201cos cos 2I I I θθ==<9-20> 解：设天然光强为0I ,则210011cos 6028I I I ==设所求光强为2I ,则2220019cos 30cos 30232I I I ==所以所求透射光强为2194I I =<9-26> 解：依据D Cl ε=,有1122D C D C =,所以 4112212.510C D C g ml D --==⨯⋅。

解： 因为
Ek1

1 2
J12

1 2
4.00 103


2

30
2

60
1.97 104 J
Ek2

1 2
J 22

1 4.00 103 2ຫໍສະໝຸດ 2 10 2 60

2.19 103 J
由转动的动能定理可得外力矩对飞轮做的功为
W Ek2 Ek1 2.1103 1.97 104 1.75104 J
4 r
L
L
在图 6-2(b)中，通电线圈中心处产生的
磁场方向也是垂直纸面向里，大小由教材例
题 6-2 可知为
B ' 0I 2R
其中， R L / 2 。则 B ' 0I 3.14 0I
L
L
比较得 B B ' 。
9-7 在什么条件下才能用安培环路定
7
人站在盘边缘时，与圆盘具有相同的角速度 。此时，系统的角动量为
L J mR2
设人走到盘心时，系统的角速度为 。由于人已在转轴处， 所以就是
圆盘的角速度。此时，系统的角动量为
由于系统角动量守恒，所以
L J
J mR2 J
由此得
于是，角速度的变化为
mR2 J J
mR2 J
系统动能的变化为
Ek
1 J2 1
2
2
J mR2 2
mR2 J 2J
mR2 2
最心疼的人只有你 演唱：张振宇
两只小船儿 孤孤零零 浮浮沉沉漂泊风浪里 终于有一天 在海边相遇 他们牵着手决定丌分离 从普通朋友 变成情侣 这是千年修来的福气 茫茫人海中 多少的过客 最心疼的人 依然只有你 深深的感情 厚厚的回忆 难道只留下 一声叹息 我们风里雨里好丌容易才能在一起 说什么也丌能让你再离我而去 丌愿一错再错等到失去才懂得珍惜 一个人哭泣在夜里

第二章 气体动理论本章提要1. 气体的微观图像与宏观性质·气体是由大量分子组成的，1mol 气体所包含的分子数为2310023.6⨯。

分子之间存在相互作用力。

分子在做永不停息的无规则的运动，其运动程度与温度有关。

·在分子层次上，理想气体满足如下条件：（1）分子本身的大小与分子之间平均距离相比可以忽略不计，分子可看作质点。

（2）除碰撞的瞬间以外，分子之间的相互作用力可以忽略不计，分子所受的重力也忽略不计。

（3）气体分子间的碰撞以及分子与器壁之间的碰撞为完全弹性碰撞。

2. 理想气体压强与温度·理想气体的压强公式εn v nm p 32312==其中， 221v m =ε，称分子平均平动动能，它表征了分子运动的剧烈程度。

·理想气体的温度公式32kT ε=温度公式表明，温度是大量分子热运动剧烈程度的标志。

3. 阿伏伽德罗定律在相同的温度和压强下，各种气体在相同体积内所包含的分子数相同。

4. 道尔顿分压定律混合气体的压强等于各种气体的分压强之和。

5. 麦克斯韦速率分布·在平衡态下，气体分子服从如下麦克斯韦速率分布规律2322d 4d 2mv kTN m ev v N kT ππ-⎛⎫= ⎪⎝⎭·麦克斯韦速率分布函数23222d ()4d 2mv kTN m f v e v N v kT ππ-⎛⎫== ⎪⎝⎭其表征了处于起点速率为v 的单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比。

6. 分子速率的三种统计值从麦克斯韦速率分布规律可以导出分子速率的三种统计值 ·最概然速率P v =P v 表明气体分子速率并非从小到大平均分配，速率太大或太小的分子数很少，速率在P v 附近的分子数最多。

·平均速率v =平均速率v 是描述分子运动状况的重要参量，为所有分子的速率之和除以总分子数。

·方均根速率=7. 能量均分定理·描述一个物体空间位置所需的独立坐标数称该物体的自由度。

第六章 稳恒磁场本章提要1. 磁感应强度描述磁场力的属性的物理量是磁感应强度，常用B 来表示。

其定义式为 qvF B max=在SI 制中，B 的单位为特斯拉（T ）。

B 另一个单位为高斯(G)，两者的换算关系为1T=104G2. 毕奥—萨伐尔定律（1） 毕奥—萨伐尔定律∙ 毕奥—萨伐尔定律的微分形式电流元I d l 在真空中任一点P 所产生的磁感应强度d B 的大小与电流元的大小成正比，与电流元I d l 和r 的夹角的正弦成正比，与电流元到P 点的距离的平方 成反比。

d B 的方向垂直于I d l 和r 所组成的平面，指向与矢积I d l ×0r 的方向相同，即002d d 4I r l r B m p ´=其中， 7-20410N A m p -=醋，称真空磁导率。

∙ 毕奥—萨伐尔定律的积分形式002d d 4llI r μπ⨯==⎰⎰l r B B（2）几种典型的磁场分布 ∙ 无限长直电流的磁场分布02IB rm p =∙ 载流长直螺线管内的磁场分布0B nI m =∙ 运动电荷的磁场分布0024q r v r B m p ´=3. 磁高斯定理∙ 磁通量穿过磁场中某一面积S 的磁通量定义为d B S m sΦ=蝌∙ 磁高斯定理通过空间中任意封闭曲面的磁通量必为零，即d 0SB S =蝌g Ò4. 安培环路定理在真空中的稳恒磁场内，磁感应强度B 的环流等于穿过积分回路的所有传导电流强度代数和的0μ倍，即0in d LI B r m ?åòÑ5. 安培力与洛仑兹力（1）安培力载流导线在磁场中受到的宏观力称安培力。

安培力服从安培定律。

∙ 安培定律的微分形式放在磁场中任一点处的电流元d I l 所受到的磁场作用力d F 的大小与电流元d I l 的大小和该点的磁感应强度B 的大小成正比，还与电流元d I l 的方向和B 的方向之间的夹角θ的正弦成正比，d F 的方向为d I ⨯l B 所确定的方向。

第八章 振动和波动8-1由T=0.5s, 得ππω42==T， 设简谐振动方程为)4cos(02.0ϕπ+=t x （1）由于物体在正方向端点，由旋转矢量法得 0=ϕ所以振动方程为t x π4cos 02.0=（2）由于物体在负方向端点，由旋转矢量法得πϕ= 所以振动方程为）（ππ+=t x 4cos 02.0 （3）振动物体在平衡位置，向负方向运动，由旋转矢量法得2/πϕ= 所以振动方程为）（24cos 02.0ππ+=t x（4）振动物体在平衡位置，向正方向运动，由旋转矢量法得2/πϕ-= 所以振动方程为）（24cos 02.0ππ-=t x （5）振动物体在x=0.01m 处，向负方向运动，由旋转矢量法得3/πϕ=所以振动方程为）（34cos 02.0ππ+=t x （6）振动物体在x=-0.01m 处，向正方向运动，由旋转矢量法得3/2πϕ= 所以振动方程为）（324cos 02.0ππ+=t x 8-2由振动方程为)38cos(5.0ππ+=t x 得 35.025.028πϕωππω=====m A s T22max max 324πωπω====A a A v（2）t=1s,2s,10s 时的相位分别是：3241349325πππ，， 8-15 （1）波动方程为 )(cos )cos(B Cx t B A Cx Bt A y -=-= 标准波动方程为 )(cos uxt A y -=ω，比较系数得：振幅为A, B =ω, BC u =, ππων22B ==, B T π2=, C B C B uT ππλ22=== (2) ))cos(Cl Bt A y -=(3)dc d==∆λπϕ28-16（1） 设波源振动方程为)cos(ϕω+=t A y ，根据题意得：A = 0.01m, πππω20001.022===T , 由旋转矢量得2/πϕ-=)2/200cos(01.0ππ-=t y（2） 波动方程为)2/)400(200cos(01.0ππ--=xt y（3） 波源8米处振动方程为：)2/)501(200cos(01.0ππ--=t y（4） ππϕ5.049102=-=∆8-17（1） 由题意得 ππλππω5004.0122/2====uT由旋转矢量得2/πϕ=，又 A = 0.03m ,)2/)1(50cos(03.0ππ+-=xt y (2)tt t xt y πππππππ50cos 03.0)250cos(03.0)2/)105.0(50cos(03.0)2/)1(50cos(03.0=+=+-=+-= (3) 02121.0)2/)1045.03(50cos(03.0=+-=ππys m x t v /33.3)2/5050sin(5003.0-=+-⨯-=ππππ8-18由图得：A = 2 cm=0.02m, m 6=λ, s m u /30=, πω102.0==s T 由初始条件：2πϕ-=]2)30(10cos[02.0ππ-+=x t y8-19由于t y π2cos 1.01=，所以传到 P 点的分振动方程为： )42cos(1.0)20(2cos 1.01'1πππ-=-=t r t y由于)2cos(1.02ππ+=t y ，所以传到 P 点的分振动方程为：)42cos(1.0])20[(2cos 1.02'2ππππ-=+-=t r t y m A A A A A A A 2.0cos 221212221=+=∆++=ϕ8-20由题意可设两波源振动方程分别为：）（ϕπ+=t y 200cos 001.01）（2200cos 001.02πϕπ++=t y 则波源的振动传到P 点的振动分别为： ）（ϕπ+-=)400(200cos 001.011r t y ）（2)500(200cos 001.022πϕπ++-=r t y 所以两振动的相差为：02)50075.34004(200=---=∆ππϕ 所以P 点合振幅为 m A A A 002.021=+=。

105第八章 振动与波动本章提要1. 简谐振动的描述● 物体在一定位置附近所作的无阻尼的等幅振动称简谐振动。

简谐振动的运动方程为cos()x A t ωϕ=+其中，A 为振幅、ω 为角频率、（ωt+ϕ）为简谐振动的相位， ϕ 为初相位。

● 简谐振动的速度方程d sin()d x v A t tωωϕ==-+ ● 简谐振动的加速度方程 222d cos()d x a A t tωωϕ==-+ ● 简谐振动可用旋转矢量法表示。

2. 简谐振动的能量● 若弹簧振子劲度系数为k ，振动物体的质量为m ，在某一时刻物体的位移为x ，振动速度为v ，则振动物体的动能为212k E mv =● 弹簧振子的势能为 212p E kx =● 弹簧振子的总能量为 222222P 111sin ()+cos ()=222k E E E m A t kA t kA ωωϕωϕ=+=++ 该结果表明，在简谐振动中，动能和势能不断转换（转换频率是位移变化频率的二倍），但总能量保持不变。

3. 阻尼振动如果一个振动质点，除了受弹性力之外，还受到一个与速度成正比的阻尼作106用，那么它将作振幅逐渐衰减的振动，这种振动称阻尼振动。

阻尼振动的动力学方程为222d d 20d d x x x t tβω++= 其中，γ是阻尼系数，2m γβ=。

● 当22ωβ>时，振子的运动是一个振幅随时间衰减的振动，称阻尼振 动。

● 当22ωβ=时，振动物体不再出现振荡，而是以负指数方式直接趋向平衡点，并静止下来，这种情况称临界阻尼。

● 当22ωβ<时，振动物体也将不再出现振荡，而是以一种比临界阻尼过程更慢的方式趋于平衡点，这种情况称过阻尼。

4. 受迫振动● 振动物体在周期性外力作用下发生的振动叫受迫振动。

受迫振动的运动方程为 22P 2d d 2cos d d x x F x t t t mβωω++= 其中，2k m ω=，为振动系统的固有频率；2C m β=；F 为驱动力振幅。

面向21世纪课程教材学习辅导书普通高等教育“十一五”国家级规划教材配套参考书大学基础物理学第四版习题解答陈建军主编后德家王贤锋副主编高等教育出版社内容简介本书是与“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)配套的学习辅导书.全书的内容按照主教材的章节顺序编排，习题解答过程规范、详细.本书可为学生学习课程内容，复习和巩固知识以指导与帮助.本书适合于选用“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)的学校选作教学辅导书，也可供其他大学物理学习者使用.前言 (1)第1章流体力学 (1)第2章气体动理论 (7)第3章热力学基础 (12)第4章静电场恒定电场 (20)第5章恒定磁场 (28)第6章交变电磁场 (36)第7章光的波动性 (41)第8章光的量子性 (46)第9章量子力学初步 (49)第10章光谱分析原理及应用 (51)第11章放射性核物理及其应用 (52)测试练习（一） (55)测试练习（一）参考答案 (59)测试练习（二） (62)测试练习（二）参考答案 (65)《大学基础物理学》（第四版）是专为高等农林院校农、林类专业编写的大学物理课程教学的教材，本书是与之配套的教学参考书.大学物理课程学习中，做习题是一个不可缺的教学环节，不仅可以检查学生对课程知识点掌握的程度，还能巩固所学的知识，而且有利于提高分析问题和解决问题的能力.为了帮助学生掌握正确的解题方法，我们修订了《大学基础物理学》（第三版）《习题解答》教学参考书.全书的内容按照主教材的章编排，习题解答规范，过程详细.本书将给农林院校农、林类专业学生学习大学物理课程以极大的帮助.本书第一章（流体力学）、第二章（气体动理论）、第三章（热力学基础）、第八章（光的量子性）、第九章（量子力学初步）由华中农业大学陈建军修订；第四章（静电场恒定电场）、第五章（恒定磁场）、第六章（交变电磁场）由华中农业大学王贤锋修订；第七章（光的波动性）、第十章（光谱分析原理及应用）、第十一章（放射性核物理及其应用）由华中农业大学后德家修订.华中农业大学谭佐军、卢军、魏薇、程其娈、张纾、邓海游参与题目审核工作，刘玉红参与公式编辑工作，陈建军负责全书统稿和定稿.华中农业大学罗贤清和丁孺牛细致审阅了本习题解答，并提出了许多建设性的意见，在此表示衷心的感谢.同时编者也对参加第一版、第二版和第三版编写工作的同志表示诚挚的谢意.感谢教育部大学物理课程教学指导委员会农林水工作委员会、全国高等农林水院校物理教学委员会对本次修订工作的指导.由于编者水平有限，书中难免有错误和疏漏之处，我们衷心期待得到广大读者、同行专家的批评、指正，感谢对编者的关爱和帮助.编者2017年6月于狮子山南湖畔第1章流体力学1.1从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细，为什么？答：从水龙头缓缓流出的水流，下落时由于重力做功，水流的速度越来越大.根据连续性原理Sv ＝常量，可知水流的速度越大，其横截面积就越小，所以从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细.22121122121v v ρρgh ρp p -++=Pa1062Pa 52100121108910010510012110515233235⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=........1.4如习题1.4图所示，一水管向水井中放水的流量为141094--⋅⨯=s m .3Q ，井底有一截面积为2cm .50=S 的小孔，当井中水面不再升高时，井中水深多高？习题1.4图解：本题是关于伯努利方程的应用.设机翼上面的气流速率为v 2，机翼下面的气流速率为v 1，由于飞机机翼比较薄，所以可近似取h 1＝h 2，机翼压强差为p 1–p 2＝1000Pa.根据伯努利方程有2222112121v v ρp ρp +=+机翼上面的气流速率为11221212s m 107s m 10029110002)(2--⋅=⋅+⨯=+-=.v v ρp p 1.6水从管1流入，通过支管2和3流入管4，管4的出口与大气相通，整个管道系统在同一水平面内.已知各管的横截面积分别是S 1=15cm 2，S 2=S 3=5cm 2，S 4=10cm 2，管1中的体积流量Q 1=600cm 3·s -1.求（1）各管中的流速；（2）各管中的压强与大气压强之差.Pa 0Pa =⨯-⨯⨯⨯=-=-=--42232224420210)6060(100.121)(21v v ρp p p p 同理，Pa 0=-03p p .1.7将一半径为1.0mm 的钢球，轻轻放入装有甘油的缸中，当钢球的加速度是其自由落体加速度一半时，其速度是多少？钢球的最大速度是多少？钢球的密度为8.5×103kg·m -3，甘油的密度为1.32×103kg·m -3，甘油的粘度为0.83Pa·s.解：本题是关于斯托克斯定律的应用.钢球在甘油中下落，所受重力为g ρr mg 钢球3π34=，所受甘油的浮力为g ρr F 甘油浮3π34=,根据斯托克斯定律所受黏性阻力为v r ηF f 甘油π6=.根据牛顿第二定律F ＝ma ，钢球的加速度是其自由落体加速度的一半时，有mg ―F f ―F 浮＝ma ＝mg /2，即解：本题是关于斯托克斯定律及雷诺数的应用.对下落雨滴进行受力分析，雨滴所受重力为ρg r mg 3π34=，所受空气的浮力为g ρr F 空气浮3π34=,根据斯托克斯定律，所受黏性阻力为v r ηF π6=f .当雨滴受到的空气黏性阻力加上空气对雨滴的浮力等于其受到的重力，雨滴将匀速下落，此时速度为终极速度，于是有ρg r g ρr r 33π34π34π6=+空气v η雨滴的终极速度为23223352m m kg sPa s m )10600()2911001(10818992)(92⨯⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯==----.....-空气空气r ρρg ηv 11s m 1034--⋅⨯=.根据泊肃叶定律lηR p p Q V 8)π(421-=，得大动脉内单位长度上的压强差Pa 10092ms m m s Pa )10521(1431050110048π844134363421⨯=⋅⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===∆----.....-R lQ ηp p p V 根据圆管中实际流体的流速随半径的分布规律公式)(42221r R ηlp p --=v ，得轴心处(即r =0)血液流动速度为122334221s 04m 2m ms Pa Pa )10251(0110044100924---⋅=⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=.....R ηl p p v第2章气体动理论2.1气体的平衡态有何特征？与力学中所指的平衡有什么不同？答：所谓平衡态是指系统与外界没有能量交换，内部也没有化学变化等形式的能量转化，系统的宏观性质不随时间变化.当气体处于平衡时，其状态的宏观参量值不随时间变化，即气体内部各部分具有相同的压强、密度和温度.热力学系统的平衡态与力学中所指的平衡是两个不同的概念.力学中的平衡平动动能也相等.（2）平均动能包括分子的平均平动动能、平均转动动能和平均振动动能，与每个分子的自由度数有关，为T k iB 2.氢气和氦气分子结构不同，则自由度数i 不相同，所以它们的平均动能不相等.（3）根据RT i M m 2，虽然温度T 和物质的量Mm相同，但氢和氦两种气体分子自由度i 不同，所以它们的内能不相等.2.4温度为27℃时，计算1mol 氮气的平均动能，平均转动动能和内能.解：本题是关于理想气体的能量均分定理及内能的应用.氮气分子是双原子分子，自由度为5，根据能量均分定理，其平均动能为23-120B 551.3810300J K K 1.0351022Ｊ--==⨯⨯⨯⨯⋅⨯=⨯w k T2.6将kg 10×83的氧气从10℃加热到20℃，求氧气的内能增加多少？解：本题是关于理想气体内能公式的应用.氧气分子是双原子分子，自由度为5，氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol-1，根据理想气体内能公式RT iM m 2，可知氧气增加的内能[]J52mol kg K K mol J kg )10273()20273(31.8251032108211133=⋅⋅⋅⋅⨯⨯+-+⨯⨯⨯⨯⨯=∆=-----T R i m E M 2.7储有氮气的容器以速度-1200m sυ=⋅运动，假若该容器突然停止，气体的全部机械平动动能转化为气体的内能，这时气体的温度将会升高多少？（设氮气可看做理想气体.）解：设容器内氮气总质量为m ，则全部机械平动动能为0p (4)⎰∞2d )(υυf υ表示气体分子速率平方的平均值；(5)υυnf d )(表示单位体积内，分子速率在v ～v +d v 区间的分子数.2.9求在温度为27℃时氧气分子的平均速率、方均根速率以及最概然速率.解：本题是关于理想气体分子平均速率、方均根速率和最概然速率公式的应用.氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol -1，温度T =(273+27)K=300K，可求得121113O s m 1044molkg KK mol J 10323.14300318882-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯⨯==6..M πRTv 121113O O 2s m 10834mol kg K K mol J 10323003183322-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯==..M RT v(1)按题给条件，速率分布函数是分段的.在F v v <<0速率区间，速率分布函数f (v )与v 2成正比；当F v v >时，速率分布函数f (v )为零.于是可画出速率分布函数曲线，如解题2.11图所示.(2)由归一化条件1=⎰∞d )(v v f ，有解题2.11图1===⎰⎰∞3F 0203d d )(Fv v v v v v A A f 得3F3v =A (3)根据最概然速率的定义，由图知，F p v v =.根据平均速率的定义式⎰∞=0d )(v v v v f ，得电子平均速率F F 033F 02075043d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v v .=====⎰⎰⎰∞f 根据方均速率的定义式⎰∞=022d )(v v v v f ，得电子速率平方平均值2F 043F 02202253d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v ====⎰⎰⎰∞f 所以，电子方均根速率为F F 27750515v v v .==第3章热力学基础3.1系统的温度升高是否一定要吸热？系统与外界不作任何热交换，而系统的温度发生变化，这种过程可能吗？答：系统的温度要升高不一定要吸热，外界对系统做功也可以使系统的温度升高；系统与外界不作任何热交换，而使系统的温度发生变化，这种过程是可能的，可以通过外界对系统做功或系统对外界做功来实现系统温度的变化.3.2（1）0.50kg 的水在大气压下用电热器加热，使水的温度自20℃缓慢的加热到30℃，试计算此水的内能的变化（水的比热容为3-1-14.1810J kg K⨯⋅⋅.）（2）一保温瓶里装有0.50kg、20℃的水，用力摇荡此瓶，使水的温度升高到30℃，初态及终态的压强均为大气压，试求水内能的变化及水所做的功.解：（1）在此过程中，等压地对水所加的热量为= t =0.5×4.18×10 ×10J =t.0 ×104J由于水的体积变化很小，故准静态过程的功A=0，依热力学第一定律有内能的变化= =t.0 ×104J （2）此过程不是准静态过程.但其始末状态与（1）相同，故内能变化与（1）相同，即= =t.0 ×104J由于系统被保温瓶所隔着，故无热量的传递，所以Q =0依 = + ，得水所做的功为=− =−t.0 ×104J3.3系统由习题 3.3图中的a 态沿abc 到达c 态时，吸收了400J 的热量，同时对外作150J 的功.（1）如果将沿adc 进行，则系统做功40J，问这时系统吸收了多少热量？（2）当系统由c 态沿着ca 返回a 态时，如果外界对系统做功80J，这时系统是吸热还是放热？热量传递时多少？习题 3.3图解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.根据热力学第一定律Q＝△E+A，得a、b状态内能的变化△Eab ＝Eb－Ea＝Qac b－Aac b＝400J－150J＝250J(1)对于adb过程，a、b状态相同，内能变化相同，根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qad b ＝△Eab+Aad b＝250J+40J＝290J(2)对于ba过程，由b→a，内能变化为负，即△Eba ＝Ea－Eb＝150J－400J＝－250J根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qba ＝△Eba+Aba＝－250J－80J＝－330J式中负号表示放热.3.41mol的氦气，在1atm、20℃时、体积为V.令使其经过一下两种过程达到同一状态；（1）先保持体积不变，加热，使其温度升高到80℃，然后令其做等温膨胀，体积变为原来的2倍.（2）先使其等温膨胀至原来体积的2倍，然后保持体积不变，加热到80℃.试分别计算上述两种过程中气体吸收的热量，气体对外所做的功和气体内能的增量.解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.依据题意，作出p－V图，如解题3.4图所示.图3.4abcd 四个状态（p ,V ,T ）：a（1,V 0,T 1）b（p b ,V 0,T 2）c（p c ,2V 0,T 2）d（p d ,2V 0,T 1）T 1=293K,T 2=353K(1)先作等体升温(ab 过程)，再作等温膨胀(bc 过程).①等体过程，氧气从热源吸取热量全部转化为系统内能的增加，做功为零，即121233d ()22T ab ab Tm m Q E R T R T T =∆==-⎰M M =1×t×8. 1× 5 −t ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =香4香. J A ab ＝0②等温膨胀，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即11d d ln cbcc bc bc bbV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1× 5 ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =t.0 ×10 J△E bc ＝0abc 过程吸取的热量为Q ab c ＝Q ab +Q bc ＝747.9J +2.03×103J ＝2.78×103Jabc 过程做的功为A ab c ＝A bc ＝ 2.03×103Jabc 过程内能改变为△E ab c ＝△E ab ＝香4香. J(2)a →d 等温膨胀过程，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即22d d ln dadd ad ad aaV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1×t ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =1. ×10 J△E dc ＝0习题 3.5图解：根据方程()00V V e p p -=，有9ln ln000c +=+=V p p V V c。

dx x O L x
I
d
a
图 7-3
99
第七章 电磁感应
于是，在 d=10cm 时，一匝线圈中产生的感生电动势为
0 2
L
2
0
ln
a
d dI d dt
N 匝线圈中产生的感生电动势为
N
由于
2
NL a d dI ln 2 d dt 500 cos100 t
dI dt
带入数据，得
4.36 10 2 cos100 t (V)
96
第七章 电磁感应
7-2 灵敏电流计的线圈处于永磁体的磁场中，通入电流线圈就会发生偏转， 切断电流后线圈在回到原来位置前总要来回摆动几次。这时，如果用导线把线圈 的两个头短路，摆动就会马上停止，这是为什么？ 答：处于永磁体磁场中的灵敏电流计的通电线圈要受到四个力矩的作用，它 们是： （1）磁场对线圈的电磁力矩 BSNIg，其中，B 为磁场的磁感应强度，S 为线 圈的截面积，N 为线圈的总匝数，Ig 为线圈中通过的电流； （2）线圈转动时张丝 扭转而产生的反抗（恢复）力矩－Dθ，其中，D 为张丝的扭转系数，θ 为线圈的 偏转角； （3）电磁阻尼力矩； （4）空气阻尼力矩。 电磁阻尼力矩产生的原因是因为线圈在磁场中运动时的电磁感应现象。根据 电磁感应定律，线圈在磁场中运动时会产生感应电动势。灵敏电流计的内阻 Rg 和外电路的电阻 R 构成一个回路，因而有感应电流 i 流过线圈，这个电流又与磁 场相互作用，产生了一个阻止线圈运动的电磁阻尼力矩 M。可以证明，M 与回路 的总电阻 Rg+R 成反比，有 d M BNSi dt 其中，
E H
电磁波的传播速度为
v 1

其中， 和 分别为介质的电容率和磁导率。在真空中 0 =8.8542× 10 － 12F/m ， 0 =4 ×10 7 H/m。由此可知，电磁波在真空中的传播速度为 C=

· 因电子的扩散而在导体接触面上形成的电动势为接触电动势。其 大小为 其中，e为电子电量，k为玻尔兹曼常数，T为热力学温度，是导体A中的电 子数密度，是导体B中的电子数密度。 两种不同的金属导体相互紧密接触，构成闭合回路时，若将两个接触 端置于不同的温度下，在回路中出现的电动势称温差电动势，其大小为 8.含源电路的欧姆定律 其中，负号对应电源放电的情况。 9.基尔霍夫定律 · 基尔霍夫第一定律：流入任一个节点的电流和流出该节点的电流 的代数和等于零，即 · 基尔霍夫第二定律：沿任一个闭合回路的电动势的代数和等于回 路中各电阻上电势降落的代数和。
② ③
将数据、、、、、 出
代入回路方程②、③并与电流方程①联立求解可解
,, 此结果中、为负值，说明它们的实际电流指向与图中假定方向相 反， 为正值，说明实际电流方向与原假定方向相同。所以，通过3的电 流大小为0.29A。 （2）R2消耗的功率 （3）3对外供给的功率 5-12 在如图5-10所示的电路中，已知，，，，，，。求通过电阻R2 的电流的大小和方向。
练习题
5-1 大气中由于存在少量的自由电子和正离子而具有微弱的导电 性。已知地球表面附近空气的电导率，场强，地球半径。若将大气电流 视为恒定电流，计算由大气流向地球表面的总电流强度。
E dS 图5-1
解：已知，。在地球表面上取一个微元曲面，如图5-1所示。则由 大气流向曲面的电流强度为 （1）对上式积分可得大气流向地球表面的总电流强度为
（a） B′ ε1 ε2 C′ A′ I2 R V R C B A ε1 （b） 图5-7
ε2 I1 V
解：（1）设电动势为、的两电池内阻分别为、，两电路中的电 流、及方向如图5-7所示：对电路（a）应用含源电路的欧姆定律得