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第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1. 掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；2. 学会计算电容器的电容；3. 了解介质的极化现象及其微观解释；4. 了解各向同性介质中D和E的关系和区别；5. 了解介质中电场的高斯定理；6. 理解电场能量密度的概念。
二、基本内容1. 导体静电平衡(1) 静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零(2) 导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
(3) 导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。
2. 电容(1) 孤立导体的电容c=勺V电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。
(2) 电容器的电容C =—9-V A~ Vq为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
V A-V B为A、B两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
(3) 电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之111 1和。
等效电容由一=—+—+川+一进行计算。
C C C C1 2 n并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。
等效电容为C=C +C ,川*C o 1 2 n(4) 计算电容的一般步骤+ 一%1设两极带电分别为q和q，由电荷分布求出两极间电场分布。
~ = J B%1由V V E dl求两极板间的电势差。
A B A%1根据电容定义求c wV A VB3. 电位移矢量D=£ +人为引入的辅助物理量，定义D E P, D既与E有关，又与P有关。
说明D 0不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。
定义式无论对各向同性介质，还是各向号惟会质都适用。
*作品编号：DG13485201600078972981* 创作者： 玫霸*第8章 稳恒磁场 习题及答案6. 如图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R 。
若通以电流I ，求O 点的磁感应强度。
解：O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生，应用磁场叠加原理。
AB 在O 点产生的磁感应强度为01=BC B在O 点产生的磁感应强度大小为θπμR I B 402=RIR I 123400μππμ=⨯=，方向垂直纸面向里CD 在O 点产生的磁感应强度大小为)cos (cos 421003θθπμ-=r IB)180cos 150(cos 60cos 400︒︒-=R Iπμ)231(20-=R I πμ，方向垂直纸面向里 故 )6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向垂直纸面向里 7. 如图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连。
已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度。
解：圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
且θπθ-==21221R R I I 电阻电阻 1I 产生的磁感应强度大小为）（θππμ-=24101RI B ，方向垂直纸面向外2I 产生的磁感应强度大小为θπμRIB 4202=，方向垂直纸面向里 所以， 1)2(2121=-=θθπI I B B 环中心O 的磁感应强度为0210=+=B B B8. 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，沿长度方向通过均匀电流I ，求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感应强度。
解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。
以P 点为坐标原点，垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。
在载流平板上取dx aIdI =，dI 在P 点产生的磁感应强度大小为 x dI dB πμ20=dx axIπμ20=，方向垂直纸面向里P 点的磁感应强度大小为⎰⎰+==a b b x dx a I dB B πμ20bab a I +=ln 20πμ 方向垂直纸面向里。
第七章 静电场7.6 D 7.7 C 7.8 D 7.9 D 7.10 C 7.11Ｂ 7.12 D 7.13 D 7.14 C 7.15 D 7.16 D 7.17 C 7.18 B 7.19 A 7.20 B7.21 解：直线1带电线密度为λ+，直线2带电线密度为λ-，带电直线1在2处产生的场强为02(2)r d λπεE =e在带电直线2上取电荷元dq ，由场强的定义得该电荷元所受的作用力为d dq F =E带电直线1对带电直线2单位长度上的电荷的作用力为2112000()44rrdq d ddλλλπεπε=-=-⎰⎰e e F =E同理，带电直线2对带电直线1单位长度上的电荷的作用力为22104rdλπεe F =7.22解：在带电细杆上任取一小线元dx ，它所带的电量为dq dx kxdx λ==，dq 在原点产生的电场强度大小为214k x d x dE xπε=其方向与x 轴反向，因为所有电荷元产生的电场强度方向都相同，所以有21ln44d dkxdx k d E dE xdπεπε++===⎰⎰方向沿x 轴负方向。
7.23 解：r R ≤，012r in Sar rh dr πε⋅=⋅⋅⎰⎰E dS ，23in arE ε=（r R ≤）r R >，012R out Sar rh dr πε⋅=⋅⋅⎰⎰E dS ，303out aRE rε=（r R >）7.24解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π。
它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220R Q Rq E π=π=按θ角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202RQE E x π== θθεθd cos 2cos d d 202RQ E E y π-=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2RQ E x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R QR QE y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 ： j RQj E i E E y x 202επ-=+= 7.25 解：由于球对称分布，故电场也球对称分布。
大学物理第八章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第八章电磁感应电磁场8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大23分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．48 －5 下列概念正确的是（ ）（A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ． 8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tI d d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．5分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）． 为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tl M E M d d -=求解． 解1 穿过面元ｄS 的磁通量为()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有6tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM == 当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入t ΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =tξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少7分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱． 解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R RNBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．8分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为tΦE d d -= 8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高9分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向． 解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高． 解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．10 解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８ －2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律t ΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（2） 用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势． 解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高． 解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以 V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场， 但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析 设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即()A A F F =v ．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为()tv v d d m F mg A =-，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解 （1） 根据分析，在1t t ≤时间内，线框为自由落体运动，于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时，gh 2101==v v（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22== 根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=，整理上式并分离变量积分，有 ⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv v 积分后将gh 210=v 代入，可得()()[]1212t t K e gh K g g K----=v （3） 线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率t d d B 在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为td d π4B d ρm I =式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度． 解 圆形回路导线长为πR 2，导线截面积为2πr ，其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为BS Φ=，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为t t t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =，即dm Rr π2π2=，代入上式可得 td d π4B d ρm I = 8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率td d B 为常量，且为正值，试求：（1） 管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2） 如1s T 010.0d d -⋅=tB ，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率td d B 等）密切相关，即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t .在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当0d d <t B 时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当0d d >t B 时，电场线绕向与前者相反．解 如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ， tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r ＞R ， t B R t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ，故电场线的绕向为逆时针． （2） 由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入，可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ，式中负号表示E k 的方向是逆时针的．8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tB d d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=lk E l E d 计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势 该如何求解8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为 12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02l μL =，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=， 故L I ΦI ΦL 4422===． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍． 8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析 本题与题８ －８ 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的． 解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少 磁能密度是多少*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1） 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能．（2） 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ． 解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感l S N L 2=，电流稳定后，线圈中电流RE I =，则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管。
第七章7.5 1mol 氢气与1mol 氦气的温度相同，则两种气体分子的平均平动动能是否相同？两种气体分子的平均动能是否相同？内能是否相等？答：根据能量均分定理：在温度为T 的平衡态下，气体分子每个自由度的平均动能都相等12kT . 氢气为双原子(视为刚性)分子, 具有3个平动自由度，两个转动自由度; 而氦气为单原子分子只有3个平动自由度. 所以, 单个氢气分子的平均平动动能为32kT ，平均动能为52kT ，内能为52kT ;单个氦气分子的平均平动动能为32kT ，平均动能为32kT ，内能为32kT . 可见, 两种气体分子的平均平动动能相同, 平均动能不同, 内能也不相同. 7.6 指出下列各式所表示的物理意义 ( 1)12kT ； ( 2)32kT ； ( 3) 2i kT ； ( 4) 2iRT ； ( 5) 2m iRT M .答：（1）12kT 表示一个理想气体分子每个自由度的平均动能； （2）32kT 表示一个多原子分子的平均平动动能或一个单原子气体分子的平均动能(因为单原子气体分子没有转动动能或振动动能); （3）2i kT 表示分子自由度为i 的气体分子的平均能量(忽略势能时,等于平均动能);（4）2iRT 表示1 mol 分子自由度为i 、温度为T 的理想气体的内能(忽略势能时,等于1 mol 分子的总动能,A R kN =)；（5）2m iRT M 表示质量为m 、摩尔质量为M 的理想气体的内能(忽略势能时,等于(m/M) mol 分子的总动能).7.7 速率分布函数()f υ的物理意义是什么？试说明下列各式的物理意义:(1) ()d f υυ； (2) ()d Nf υυ；(3)21()d f υυυυ⎰；(4)21()d Nf υυυυ⎰；(5) 2121()d 2m Nf υυυυυ⎰.答：速率分布函数f （υ）的物理意义是，速率在υ附近的单位速率区间内的分子数占总分子数的比率.⑴ 分子速率在υ附近d υ速率间隔内的分子数占总分子数的比率；⑵ 分子速率在υ附近d υ速率间隔内的分子数；⑶ 分子速率在υ1到υ2速率间隔内的分子数占总分子数的比率；⑷ 分子速率在υ1到υ2速率间隔内的分子数;(5) 分子速率在υ1到υ2速率间隔内的所有分子的总动能. 7.12 解释杜瓦瓶(保温瓶)保温的原理. 答: 一. 针对热导率的专业性答案:根据热导率公式13V c κρυλ=, 可以解释保温瓶为何能够保温. 通常, 将保温瓶的内胆做成间隔很小的双层结构, 并把中间的空气抽出去, 形成“真空层”. 由于“真空层”内的空气非常稀薄, 以致分子的平均自由程λ大于“真空层”的间隙厚度l , 因此分子将彼此无碰撞地往返于两壁之间, 这时式( 7.28) 中的λ将由l 取代, 将8πkT mυ=和nm ρ=代入式( 7.28) 可知, 在一定温度下,κ与n 成正比, 即空气越稀薄(n 越小), 热(传)导率(系数)κ越小, 保温性能越好.可见, 真空层中空气分子密度的降低, 减小了该部分分子的热导率, 从而减少了该部分分子在保温瓶内外胆之间的热传导, 使得保温瓶内液体的热能损失速率比一般容器内液体的热能损失速率要慢得多, 才具有了更长时间的保温效果. 习题 7.1 一容器内储有氢气, 其压强为51.0110⨯ Pa, 温度为o 27C , 求:(1) 气体分子的数密度；( 2) 氢气的密度；( 3) 分子的平均平动动能；( 4) 分子的平均转动动能；( 5) 分子间的平均距离. ( 设分子间均匀等距排列)解：（1）气体分子的数密度-325-3253300m 1.0110 2.4410m 1.3810p T n k -==≈⨯⨯⨯⨯ （2）氢气的密度35332101.0110kg/m 0.08kg/m 8.31300M m p V RT ρ-⨯⨯⨯===≈⨯ （3）分子的平均平动动能2321k 3 1.38310300J 6.2110J 22kT ε--==⨯⨯⨯=⨯（4）分子的平均转动动能2321r 1.3810300J 4.141J 202kT kT ε--===⨯⨯=⨯（5）整个容器内的分子可以被看成是均匀等距排列的. 假定分子间的平均距离为d . 则每个分子占有的平均体积为30V d =.由数密度的含意01n V =可知, 01V n=.可见,31d n=. 于是, 氢气分子间的平均距离为9332511m 3.4510m 2.4410d n-==≈⨯⨯7.4 容器内储有1 mol 的某种气体, 今从外界输入22.0910J ⨯热量, 测得其温度升高10 K, 求该气体分子的自由度.解：设气体分子的自由度为i .∵从外界输入的热量全部转化为理想气体分子的内能，且理想气体的内能是温度T 的单值函数2i E RT ν=, 可见,2iE R T ν∆=∆∴对ν=1 mol 的理想气体 2iE R T ∆=∆由此可得 22.09102230815.1i T R E ∆=⨯⨯∆⨯=≈即该气体分子的自由度为5，应为刚性双原子分子.7.8 设有N 个粒子, 其速率分布函数如图7.17所示. (1) 写出速率分布函数的数学表达式；(2) 由N 和0υ求a ；(3) 求最概然速率；(4) 求N 个粒子的平均速率；(5) 求速率介于区间030,2υ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的粒子数.解: (1)速率分布函数的数学表达式为000000(0)()2(2)0(2)a a f a υυυυυυυυυυυυ⎧<<⎪⎪⎪=-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩(2)据速率分布函数的归一化条件，分布曲线下的面积应为1. 即01212a υ⋅⋅=. 求得1a υ=(3)峰值对应的速率为最概然速率p 0υυ=(4)N 个粒子的平均速率为200()d d (2)d aaf a υυυυυυυυυυυυυυυυ∞==⋅+⋅-=⎰⎰⎰(5) 速率介于区间030,2υ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的粒子数 0000332200007()d d (2)d 8a a N Nf N N a N υυυυυυυυυυυυ∆==+-=⎰⎰⎰ 7.10 20个质点速率如下: 2个具有速率0υ, 3个具有速率02υ, 5个具有速率03υ, 4个具有速率04υ, 3个具有速率05υ, 2个具有速率06υ, 1个具有速率07υ. 试计算:(1) 平均速率；(2) 方均根速率；(3) 最概然速率.解:(1)1000000002()3(2)5(3)4(4)3(5)2(6)7()3.6520niii NNυυυυυυυυυυ=++++++===∑（2）222222202123(2)4(4)3(5)2(6)7 3.9920inii rms N N υυυυυ=⎡⎤+++++⎣⎦====∑（3）20个质点中出现速率为30υ的分子个数最多,为5个，所以p 03υυ=.(注: 这20个分子中的某一个分子, 速率取最概然速率的概率为510.2525%204===; 速率取0υ的概率为212010=;取02υ的概率为320; 取04υ的概率为420; 取05υ的概率为320;取06υ的概率为110; 取07υ的概率为120)第八章8.6 关于物体内能的变化情况, 说法正确的是( D ).A ．吸热, 物体的内能一定增加; B ．体积膨胀的物体内能一定减少; C ．外界对物体做功, 其内能一定增加; D ．绝热压缩物体, 其内能一定增加.答: D. 根据热力学第一定律Q E A =∆+知E Q A ∆=-, 表明系统对外界做功A 和系统从外界吸热Q 都可改变物体的内能E ∆. 在考虑其中一种途径引起内能变化的作用时, 要有根据地判断另一种途径引起内能变化的作用.8.14 试根据热力学第二定律判定下面两种说法是否正确？ (1)功可以全部转化为热, 但热不能全部转化为功;(2)热量能够从高温物体传到低温物体, 但不能从低温物体传到高温物体.答: (1)该说法不准确.一定量工作物质系统的等温过程中, 系统内能不变. 根据热力学第一定律Q E A =∆+, 不但功A 可以全部转化为热Q , 而且, 在允许外界变化的前提下, 热也可以完全变为功.(2) 该说法不准确. 虽然热量不会从低温物体自动地传到高温物体. 然而, 当外界对系统做功时, 系统可将热量从低温物体传到高温物体. 这正是制冷机的工作原理.8.19 (1)有可能使一条等温线与一条绝热线相交两次吗？(2)两条等温线和一条绝热线是否可构成一个循环呢？为什么？(3)两条绝热线和一条等温线是否可构成一个循环呢？为什么？提示:根据所依据的原理不同, 答案的具体解释也不同, 但答案的结论相同.答: (1) 不可能使(同一系统的)一条等温线与其一条绝热线相交两次.解释1: 同一系统的绝热线总比其等温线陡峭(参绝热过程一节). 如果有两个交点,必然有一个交点处违背这一斜率大小对比的关系.解释2: 用反证法. 假设一条等温线与一条绝热线有两个交点，如图所示，这就构成了一个循环，从单一热源(T)吸热，使之完全变成有用的功(循环所包围的面积)而外界和系统都没发生任何其它变化. 这就违背了热力第二定律的开尔文表述.(2) (同一系统的)两条等温线和其一条绝热线不可能构成一个循环., 解释1: 因为, 同一系统的等温线的温度不同, 根据pV vRT 两条等温线不可能相交.而(1)的结论表明一条等温线与一条绝热线只能相交一次. 因此, p-V图中的三条曲线只有两个交点, 无法构成封闭的循环过程.解释2: 反证法，(请参考本题(2)的思路, 同学们自己证明)(3) (同一系统的)两条绝热线和其一条等温线不可能构成一个循环.解释1: 两条绝热线不可能相交，且一条等温线不可能与一条绝热线相交两次. 因此,p-V图中的三条曲线只有两个交点, 无法构成封闭的循环过程.解释2: 反证法，假设三条线构成一个循环, 如图所示，则该循环可以从单一热源(T)吸收热量，使之完全变成有用的功而不产生其他影响，这就违背了热力学第二定律的开尔文表述.习题8.1 1 mol的单原子分子理想气体从状态1变为状态2, 如果变化过程不知道, 但1和2两状态的压强、体积和温度都知道, 则可求出( 参习题答案, 并解释).A.气体所做的功;B.气体内能的变化;C.气体传给外界的热量;D.气体的质量.提示: 题述条件只能确定一个仅与初末状态有关, 而与过程无关的物理量.8.3质量一定的理想气体, 从相同状态出发, 分别经历等温过程、等压过程和绝热过程, 使其体积增加一倍. 那么气体温度的改变(绝对值)在( 参习题答案, 并解释).A. 绝热过程中最大, 等压过程中最小;B. 绝热过程中最大, 等温过程中最小;C. 等压过程中最大, 绝热过程中最小;D. 等压过程中最大, 等温过程中最小.提示: 一定量理想气体的温度增量正比于内能增量. 再利用热力学第一定律和理想气体功与热的计算公式.8.19一可逆热机, 使1 mol的单原子理想气体, 经历如图8.47所示的循环过程, 其中T1=300 K, T2=600 K, T3= 455 K. 求:(1)各分过程吸收的热量, 以及系统对外所做的功; (2)循环的效率.解: 已知1molν=, 对单原子理想气体3i=,32V mC R=，.(1) 1-2为等体过程, 则系统吸收的热量为T /Kbp /atmc da300 400 O1212,38.31(600300)J 3739.5J 2V m Q E C T ν=∆=∆=⨯⨯-= 系统对外所做的功为 0=A 2-3为绝热过程, 则系统的内能增量为23318.31(455600)J 1807.425J 22i E R T ν∆=∆=⨯⨯⨯-=-系统吸收的热量为 023=Q据热力学第一定律Q E A =∆+, 系统对外所做的功为23231807.425J A E =-∆=3-1为等压过程, 则系统对外所做功为31113313()8.31(155)J 1288.05J A PV PV R T T ν=-=-=⨯-=-同时, 系统吸收的热量为311325()8.31(155)J 3220.125J 22p m i Q C T R T T ν+=∆=-=⨯⨯-=-， (2)此热机循环的效率 213220.1251113.9%3739.5Q Q η=-=-≈注意:1. 区分循环过程与其子过程中的吸热、放热、做功与内能增量的关系.2. 热力学第一定律表达式与热机效率表达式混合应用时, 热与功符号的意义.8.27 一定量的理想气体, 在 p- T 图上经历如图8.50所示的循环过程 abcda , 其中 ab 、cd 为两个绝热过程. 求该循环过程的效率.解: 该循环由两个绝热过程与两个等温过程组成, 因此, 该循环是卡诺循环循环过程 abcda 的字母顺序, 暗示了循环的方向为正循环, 即该循环为卡诺热机循环, 因此, 其循环效率为%254003001112=-=-=T T η 第九章9.8两个简谐运动的振动频率相同, 振动方向也相同, 若两个振动的振动相位关系为反向相, 则合振动的振幅为多少? 合振动的初相位为多少? 两者为同相关系又如何?答: 若两个振动的振动相位关系为反相, 则合振动的振幅为两分振动的振幅之差的绝对值;合振动的初相位取决于两分振动的初相位(及两分振动的振幅).若两个振动的振动相位关系为同相,合振动的振幅为两分振动的振幅之和.[两个同方向同频率分振动的合成---相干振动的叠加:221212212cos()A A A A A ϕϕ=++-,11221122sin sin tan cos cos A A A A ϕϕϕϕϕ+=+. 当两个分振动同相, 即212(0,1,2,)k k ϕϕπ-==±±时, 合振幅最大为:221212122A A A A A A A =++=+; 当两个分振动反相, 即21(21)(0,1,2,)k k ϕϕπ-=+=±±时, 合振幅最小为:221212122A A A A A A A =+-=-.]9.10 什么是波动? 振动和波动有什么区别与联系? 波形曲线与振动曲线有什么不同? 试说明之.答: 波动, 是振动状态在空间的传播,包括依赖于弹性介质中质点振动而逐点传播的机械波,也包括不依赖于介质中质点振动就能逐点传播的电磁波.振动在介质中传播,形成波. 在波线方向上各个位置上的介质质点或电磁场参量都在做振动; 波动传播能量,而振动并不传播能量. 振动是波动的基础,波动是振动状态在空间的传播. 一条振动曲线, 表示在特定平衡位置0x 处的一个质点的位移y 或电磁场参量E , 随时刻t 的不同而变化的振动规律()0,y x t 或()0,E x t . 一条波形曲线, 表示在某一特定时刻0t 时的波线上所有平衡位置x 处的所有质点的位移y 或电磁场参量E , 随各质点平衡位置x 的不同而变化的波动规律()0,y x t 或()0,E x t .9.13 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, 你认为是否真确? 答: 不正确. 因为, 波在介质中的传播速度只与介质有关(ρG u =或ρEu =或ρK u =),与频率无关9.19 两列简谐波叠加时, 讨论下列各种情况:(1)若两列波的振动方向相同, 初相位也相同, 但频率不同, 能不能发生干涉?(2)若两列波的频率相同, 初相位也相同, 但振动方向不同, 能不能发生干涉?(3)若两列波的频率相同, 振动方向也相同, 但相位差不能保持恒定, 能不能发生干涉?(4)若两列波的频率相同, 振动方向也相同, 初相位也相同, 但振幅不同, 能不能发生干涉?答: (1)不能; (2)不能; (3)不能; (4)能. 习题9.1 设简谐运动方程为x =0.02cos(100πt ＋π/3)(SI 制),求: (1)振幅、频率、角频率、周期和初相; (2)t =1s 、2s 、10s 时的相位;(3)分别画出位移、速度和加速度与时间的关系曲线.解: (1)将题述振动方程与标准形式cos()x A t ωϕ=+做比较, 可知, 振幅A = 0.02 m 、频率ν= 50 Hz 、角频率100πrad/s ω=、周期T =1/ν= 0.02 s 、初相πrad 3ϕ=.(2) 将t ＝1s 、2s 、10s 分别代入振动方程中的相位项(100πt ＋π/3), 得到相应时刻的相位分别为π100πrad 3⎛⎫+⎪⎝⎭、π200πrad 3⎛⎫+ ⎪⎝⎭、π1000πrad 3⎛⎫+ ⎪⎝⎭.(3) 从t =0开始, 每间隔八分之一周期取一个时间点, 分别计算出对应的位移、速度和加速度, 每个参量表达式, 共有9个数据点, 采用描点法画图. 图略, 但与教材图9.2类似.9.13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐运动:10.04cos 26x t π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭和250.03cos 26x t π⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 试求其(两个表达式所表示的两个分振动之)合振动的振幅和初相位(式中x 以m 计, t 以s 计).解: 题述质点所参与的两个分振动, 具有相同的频率. 因而, 这两个分振动位移的合成是同频率同方向两个振动的合成. 二分振动的合振动具有()cos 2x A t ϕ=+的形式.因2151πππ66ϕϕϕ∆=-=--=-, 表示两个分振动反相, 则合振动的振幅为22221212211212122cos()2cos()0.040.030.01m A A A A A A A A A A A ϕϕπ=++-=++-=-=-= 合振动的初相的正切 11221122π50.04sin 0.03sin(π)sin sin 66tan 0.581π5cos cos 0.04cos 0.03cos(π)66A A A A ϕϕϕϕϕ+-+==≈++- 故合振动的初相π6ϕ≈. 可见, 合振动的初相由两分振动的初相和振幅共同决定!!于是, 合振动的表达式为 0.01cos 2m 3x t π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.9.14 两个同方向的简谐运动,周期相同, 振幅为10.05m A =, 20.07m A =, 组成一个振幅为0.09m A =的简谐运动. 求两个分振动的相位差.解: 由同频率同方向的两振动的合振动振幅公式()2212122cos A A A A A ϕ=++∆两边平方得()22212122cos A A A A A ϕ=++∆[这里, 用ϕ∆而不用, ()21ϕϕ-来表示两个分振动的相位差, 是因为题述不包含哪个分振动更超前或迟后的信息, 且余弦函数为偶函数.]于是有 ()22222212120.090.050.07cos 0.1220.050.07A A A A A ϕ----∆===⨯⨯ 故 01.47ra 84d 16ϕ∆=='9.18 一横波沿绳子传播时的波动方程为)410cos(05.0x t y ππ-=. x,y 的单位为m, t 的单位为s. (1) 求此波的振幅、波速、频率和波长; (2)求绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度; (3)求0.2m x =处的质点在1t s =时的相位?(4)分别画出1t s =、1.25s 、1.50s 各时刻的波形.解: 一列波的传播问题(1)将题设横波表达式0.05cos(10π4π)0.05cos 2π50.5x y t x t ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭, 与一般横波表达式cos 2πx y A t νλ⎛⎫=- ⎪⎝⎭比较可得, 波的振幅、频率、波长和波速分别为0.05m ,5Hz ,0.5m , 2.5m/s A u νλλν=====(2) 绳上各质点振动的最大速度为max maxd 2π2 3.1450.05m/s 1.57m/s d yA A t υων====⨯⨯⨯=绳上各质点振动的最大加速度为22222max (2π)49.3m/s a y y A A ωωων=-====(3) 将0.2m x =和1s t =代入题设波动的相位表达式中, 可得该处质点在该时刻的振动相位为10π4π10π14π0.29.2πt x -=⨯-⨯=(4) 将三个时间分别代入波动表达式, 得各对应时刻的波形解析式分别为(, 1.00)0.05cos(104)cos(4)0.05x y x t x πππ==-=(, 1.25)0.05cos(12.54)0.05cos(0cos(.54)0.05)0.054sin 4).(05y x t x x x x πππππππ==-=-=-=cos(4cos(4(, 1.50)0.05cos(154)0.05cos(4)0.)(,1)05)0.05y x t x x x x y x t πππππππ---==-=-====从波线上的x =0位置开始, 每间隔八分之一波长取一个空间位置点, 计算出对应的位移y , 共有9个数据点. 采用描点法画图. 图略, 但其中的两条曲线与教材图9.28类似.9.19 设有一平面简谐波0.02cos20.010.3t x y π⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 其中, x,y 的单位为m, t 的单位为s.(1)求振幅、波长、频率和波速; (2) 求0.1m x =处质点振动的初相位.解: 一列波的传播问题(1)比较题设平面简谐波0.02cos20.010.3t x y π⎛⎫=-⎪⎝⎭与平面简谐波的一般表达式cos 2πt x y A T λ⎛⎫=- ⎪⎝⎭知,0.02m ,0.3m ,0.01s A T λ===. 推算得11Hz 100Hz 0.01T ν=== 0.3100m/s 30m/s u λν==⨯= (2) 将0.1m x =代入题设平面简谐波表达式, 即得求0.1m x =处质点振动的表达式为0.12π0.02cos 2π0.02cos 200π0.010.33t y t ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 可见, 该处质点振动的初相位为2π3⎛⎫- ⎪⎝⎭. 第十章10.2 两列光为相干光, 应满足哪些条件？获取相干光的方法有哪些？答：两列光如为相干光，则这两束光必须满足频率相同、振动方向平行和相位差恒定这三个条件.获取相干光的方法通常有两种，即分振幅法和分波阵面法.但也可以利用分振动面法；当然，也可以直接采用激光作为相干光.10.6 如图10.4所示的杨氏双缝干涉实验中, 若做下列变动, 干涉条纹将如何变化? (1)将双缝S 1与S 2之间距d 增大; (2)将双缝屏到观察屏之间距D 减小; (3)将光源S 平行于双缝S 1与S 2向上移动; (4)在缝S 1的后面放置一块折射率为n 的透明介质.答：根据21sin x r r d d D δθ=-≈≈, kB D x k d λ=±, (21)2kD Dx k d λ=±+, 1k k D x x x dλ+∆=-=, 可以判定: (1)干涉图样中, 明、暗条纹间距减小; 各级条纹均向中央明纹的中心收缩.(2)干涉图样中, 明、暗条纹间距增大; 各级条纹均从中央明纹的中心向外扩展.(3) 干涉图样中, 中央明纹的中心O 会随之向下移动；(中央明纹中心是0δ=的点, 其位置由()()2121s i n s i n 0O S O O S S O S s x x r r r r d dd d D D δθθ=-+-≈+≈+=确定, O S s D x x D =-) (4) 干涉图样中, 中央明纹的中心会向上移动. 考虑到1n >,且中央明纹中心位置决定于()()()()21211sin 110x r r l nl r r n l d n l d n l D δθ=--+=---≈--≈--=⎡⎤⎣⎦,即()1D x n l d =-.10.15 劈尖干涉与牛顿环都属于等厚干涉, 它们的干涉条纹形状有何区别？条纹间距又有何区别？随着厚度的增加, 它们的干涉条纹间距会发生变化吗？答：劈尖干涉条纹,是等间距分布的平行直条纹，而牛顿环的干涉条纹则是不等间距的同心圆环.随着厚度的增加，劈尖干涉条纹的间距不会改变，而牛顿环的条纹间距则会逐渐减小，条纹越来越密集.22212122212122212122cos 22cos 22cos I A A A A A A A A A d A A A A x Dϕπδλπλ∝=++∆⎛⎫=++ ⎪⎝⎭⎛=++ ⎝ A·r 1δ λ r 2 θ D d OS P S 1 S 2[因膜介质的差异, 相邻条纹的厚度差分别为2n SA d λ∆=和2N d λ∆=. 由(10.22)式知, 劈尖膜表面上相邻条纹间距2n Lb D λ=;对牛顿环, 2r dR =, 从式(10.23)或式(10.24)知, 牛顿环的相邻条纹间距()11k k r r r k k R λ-∆=-=--]10.16 在图10.15所示的迈克耳孙干涉仪实验装置中, 当M 1与M 2之间严格垂直时, 其干涉图样是等倾干涉还是等厚干涉？当M 1与M 2之间并不严格垂直时, 其干涉图样是等倾干涉还是等厚干涉？答：当M 1与M 2之间严格垂直时，构成虚拟等厚空气膜, 用单色点光源照射(入射光在膜表面的入射角是变化的), 迈克耳孙干涉仪的干涉图样是等倾干涉；当M 1与M 2之间并不严格垂直时，构成虚拟劈尖空气膜, 用单色平行光垂直照射(入射光在膜表面的入射角是不变化的), 迈克耳孙干涉仪的干涉图样则是等厚干涉.10.19如何区别菲涅耳衍射与夫琅禾费衍射？若有一人透过贴近眼睛的狭缝观察远处的平行白光, 他所观察到的衍射图样是菲涅耳衍射图样还是夫琅禾费衍射图样？答：菲涅耳衍射是指衍射屏离光源和观察点的距离都是有限远，或其中之一的距离是有限远的衍射；而夫琅禾费衍射则是光源和观察点到衍射屏的距离都是无限远或相当于无限远的衍射，也就是说，入射到衍射屏的光和穿过衍射屏的光都是平行光的衍射.若有一人透过贴近眼睛的狭缝观察远处的平行白光，他所观察到的衍射图样应是夫琅禾费衍射图样.10.27 两块偏振片平行放置, 最初时它们的偏振化方向平行. 以单色自然光垂直入射. 若保持第一块偏振片不动, 而将第二块偏振片以入射光为轴作定轴转动, 则通过第二块偏振片后的光强将如何变化？答：在第二块偏振片以入射光为轴作定轴转动的过程中，可以观察到通过该偏振片的光强随转动发生周期性的变化，即偏振片每转动一周，透过的光强会发生由明到暗，由暗到明，再由明到暗，由暗到明的重复过程.马吕斯定律:20cos I I α=10.28 如果你手头现在只有一块偏振片, 可否以之区分自然光、部分偏振光和线偏振光？试解释之.答：可以.以入射光方向为轴，将偏振片放在光路中绕该轴旋转一周的过程中，若透过偏振片的光强没有变化，则入射光为自然光；若透过偏振片的光强随偏振片的旋转而变化，且透过偏振片的最小光强为零，则入射光为线偏振光；若透过偏振片的光强虽随偏振片的旋转而变化，但透过偏振片的最小光强不为零，则此时的入射光为部分偏振光. 020cos cos E E I I αα==001212N N E E I I ==NN E I习题10.2 设有两个同相位的相干点光源S 1和S 2, 发出波长为500 nm 的单色绿光, A 是它们中垂线上的一点. 若在S 1与A 之间插入一个厚度为3 µm 的透明薄片, 则A 点恰好为第三级干涉明纹的中心(点A 似乎又在观察屏上, 相当于图10.4中的点O), 试求该透明薄片的折射率.解：因 k δλ=，则 k δλ∆=∆⋅.插入透明薄片前，S 1和S 2到A 点的光程差为零，A 点应为中央明纹的中心.假设透明薄片不在S 2与点A 之间的连线上. 插入透明薄片后，S 1和S 2到A 点之间的光程差变化量为(1)n d δ∆=-，其中d 为薄片厚度，n 为薄片介质的折射率.联立两个光程差变化量方程, 有(1)n d k λ-=∆⋅由题知,此时A 点恰好为第三级明纹的中心,即3k ∆=.将题设条件代入上式得, 该透明薄片的折射率为9650010131 1.5310n k d λ--⨯=∆⋅+=⨯+=⨯10.3 在杨氏双缝干涉实验中, 光源的波长为600 nm. 当用一片很薄的云母片(折射率n=1.58)覆盖住双缝中的一条缝时, 观察到屏幕上的中央明纹移动到原来的第5条明纹所在的位置, 试问该云母片的厚度为多少？解：因 k δλ=，则 k δλ∆=∆⋅. 以云母片覆盖前，屏幕上的中央明纹到双缝的光程相同，光程差为零；覆盖后，引起双缝到屏幕上原中央明纹处的光程差发生改变，改变量为(1)n d δ∆=-，其中d 为云母片的厚度，n 为云母片的折射率. 在此过程中，观察到屏幕上的中央明纹移动到原来的第五条明纹所在的位置，即5k ∆=. 由(1)n d k λ-=∆⋅得5600nm 5172nm 5.17m 1 1.581k d n λμ∆==⨯≈=-- 10.20 波长为560 nm 的单色平行光垂直入射某单缝, 该单缝后有一个焦距为0.5 m 的透镜, 在透镜焦面处所设的屏幕上可获得该单缝的衍射图样. 若实验测得衍射图样中的中央明纹宽度为1.12 mm, 试求该单缝的缝宽为多少？解: 在单缝衍射图样中，衍射所得的中央明纹宽度为2x f aλ∆=，其中f 为透镜焦距. 将题设条件代入该式，即可得所求单缝的缝宽为94356010220.5m 510m 0.5mm 1.1210a f x λ---⨯==⨯⨯=⨯=∆⨯ 10.21 一个宽度为0.20 mm 的单缝, 其后有一个焦距为1.0 m 的透镜, 且在透镜焦点处平行放置着一个屏幕. 现用波长为600 nm 的单色平行光垂直照射该单缝, 问测得屏幕上的中央明纹的宽度为多少？第二级明纹的宽度又为多少？22212122212122212122cos 22cos 22cos I A A A A A A A A A d A A A A x Dϕπδλπλ∝=++∆⎛⎫=++ ⎪⎝⎭⎛=++ ⎝ A ·r 1 δ λ r 2 θ D d OS P S 1 S 2解: 在单缝衍射图样中，中央明纹宽度为2x f a λ∆=，其它各级非中央明纹宽度仅有中央明纹宽度的一半，即1'2x x ∆=∆. 将题设条件得, 中央明纹的宽度为9332600102 1.0m 6.010m = 6.0mm0.2010x f a λ---⨯⨯∆==⨯=⨯⨯而第二级明纹(及所有非中央明纹)的宽度则为11 6.0mm 3.0mm 22x x '∆=∆=⨯=10.29 一束单色平行光垂直入射到光栅上, 已知该光栅上每厘米内刻有5000条刻线, 且实验发现在衍射角为30°的方向上对应其第二级主极大明纹. 试问: 入射单色光的波长为多少？实际所能呈现的最高级次的主极大明纹是哪一级？解: 由光栅方程可知, 主极大明纹处应满足λθk d ±=sin ，012k =，，，.已知光栅常量2610m 2.010m 5000d --==⨯, 30θ=, 2k =. 代入上式得入射单色光的波长为67sin 30 2.0100.5m 510m = 500nm 22d λ--⨯⨯===⨯ 光栅衍射条纹中最高级次的主极大明纹对应衍射角 90=θ，将其代入光栅方程可得主极大明纹的最高级次为9max 6sin90 2.010*******k d λ--⨯⨯===⨯ 然而，衍射角 90=θ对应的主极大明纹不会呈现在屏幕上，因此该光栅实际所能呈现的最高级次的主极大明纹为第三级.12I ⎛⎫ ⎪⎝⎭''I 21cos 302I ⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦12I ⎛⎫ ⎪⎝⎭21cos 602I ⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦10.32 以波长为500 nm 的平行单色光垂直入射到光栅上, 实验测得第三级谱线所对应的衍射角为30°, 且第四级谱线缺级, 试问该光栅的光栅常数为多少？此光栅上透光缝的最大宽度为多大？解: 由光栅方程s i n d k θλ=可知, 光栅常量为 33500nm 3000nm = 3.0μm sin 300.5d λ⨯===由题设知第四级谱线缺级，根据缺级的定义有λθ4sin =d 和 sin a k θλ'=其中k ′为非零整数. 整理得4k a d '=由于d a <，故应有4k '<，即max3k '=. 代入上式可得光栅上透光缝的最大宽度为 max max 333m 2.25m 444k a d d μμ'===⨯= 10.35 光强为I 的自然光, 使其垂直通过两个平行放置的偏振片. 若这两个偏振片的偏振化方向成60°夹角, 问最后透射光的光强是多少？如果在这两个偏振片之间再平行插入一块偏振片, 且使其偏振化方向与前两个偏振片均成30°夹角, 则此时所得的透射光的光强又为多少？ 解：该自然光通过第一块偏振片后，光强为I /2，通过第二块偏振片后，由马吕斯定律可知其出射光强为211'cos 6028I I I ⎛⎫== ⎪⎝⎭. 若两个偏振片之间再平行插入一块偏振片，且其透振方向与另两个偏振片均成30°夹角，则分析后仍由马吕斯定律可得其出射光强为 2219''cos 30cos 30232I I I ⎡⎤⎛⎫== ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦10.37 一束自然光从空气中入射到折射率n=1.50的玻璃片上,。
第七章 电磁感应本章提要1. 法拉第电磁感应定律· 当穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量发生变化时，导体回路中就将产生电流，这种现象称为电磁感应现象，此时产生的电流称为感应电流。
· 法拉第电磁感应定律表述为：通过导体回路所包围面积的磁通量发生变化石，回路中产生地感应电动势i e 与磁通量m Φ变化率的关系为d d t＝－F e其中Φ为磁链，负号表示感应电动势的方向。
对螺线管有N 匝线圈，可以有m N Φ=Φ。
2. 楞次定律· 楞次定律可直接判断感应电流方向，其表述为：闭合回路中感应电流的方向总是要用自己激发的磁场来阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
3. 动生电动势· 磁感应强度不变，回路或回路的一部分相对于磁场运动，这样产生的电动势称为动生电动势。
动生电动势可以看成是洛仑兹力引起的。
· 由动生电动势的定义可得：()d bab ae 醋ò＝v B l· 洛伦兹力不做功，但起能量转换的作用。
4. 感生电动势·当导体回路静止，而通过导体回路磁通量的变化仅由磁场的变化引起时，导体中产生的电动势称为感生电动势。
d dd d d d L S t te F =??蝌Ñ－＝－i E r B S 其中E i 为感生电场强度。
5. 自感· 当回路中的电流发生变化，它所激发的磁场产生的通过自身回路的磁通量也会发生变化，此变化将在自身回路中产生感应电动势，这种现象称为自感现象，产生的电动势为自感电动势，其表达式为：d d L iL te =-（L 一定时）负号表明自感电动势阻碍回路中电流的变化，比例系数L 称为电感或自感系数。
· 自感系数表达式为：L iY =· 自感磁能212m W LI =6. 互感· 对于两个临近的载流回路，当其中一回路中的电流变化时，电流所激发的变化磁场在另一回路中产生感应电动势。
第七章 气体动理论7–1 一定量的理想气体，在保持温度T 不变的情况下，使压强由P 1增大到P 2，则单位体积内分子数的增量为_________________。
解：由nkT P =，可得单位体积内分子数的增量为kTP P kT P n 12-=∆=∆ 7–2 一个具有活塞的圆柱形容器中贮有一定量的理想气体，压强为P ，温度为T ，若将活塞压缩并加热气体，使气体的体积减少一半，温度升高到2T ，则气体压强增量为_______，分子平均平动动能增量为_________。
解：设经加热和压缩后气体的压强为P '，则有TV P T PV 22/⨯'=所以P P 4='压强增量为P P P P 3=-'=∆由分子平均平动动能的计算公式kT 23=ε知分子平均平动动能增量为kT 23。
7–3 从分子动理论导出的压强公式来看，气体作用在器壁上的压强，决定于 和 。
解：由理解气体的压强公式k 32εn P =，可知答案应填“单位体积内的分子数n ”，“分子的平均平动动能k ε”。
7–4 气体分子在温度T 时每一个自由度上的平均能量为 ；一个气体分子在温度T 时的平均平动动能为 ；温度T 时，自由度为i 的一个气体分子的平均总动能为 ；温度T 时，m /M 摩尔理想气体的内能为 。
解：kT 21；kT 23；kT i2；RT i M m 27–5 图7-1所示曲线为处于同一温度T 时氦（原子量4）、氖（原子量20）和氩（原子量40）三种气体分子的速率分布曲线，其中曲线（a ）是__________气分子的速率分布曲线； 曲线（c ）是__________气分子的速率分布曲线。
解：在相同温度下，对不同种类的气体，分子质量大的，速率分布曲线中的最慨然速率p v 向量值减小方向迁移。
可得图7-1中曲线（a ）是氩气分子的速率分布曲线，图7-1中曲线（c ）是氦气分子的速率分布曲线。
7–6 声波在理想气体中传播的速率正比于气体分子的方均根速率。
⼤学物理第7章习题解答第七章7-1容器内装有质量为0.lkg 的氧⽓，其压强为l0atm(即lMPa)，温度为47C 0。
因为漏⽓，经过若⼲时间后，压强变为原来的85，温度降到27C 0。
问：(1)容器的容积有多⼤?(2)漏去了多少氧⽓? 解：（1）由RT Mm pV =把p =10atm, T=(47+273)K=320K.m =0.1kg, M=32×10-3kg R =8.31J ·mol -1·K -1代⼊.证V =8.31×10-3m 3(2) 设漏⽓后，容器中的质量为m ′，则T R Mm V p ''=' 3201.08530030085??='?'=R MR Mm R Mm pV)k g (151='?m漏去的氧⽓为kg 103.3kg 301kg )1511.0(2-?≈=-='-=m m m ?7-2设想太阳是由氢原⼦组成的理想⽓体，其密度可当作是均匀的。
若此⽓体的压强为Pa 141035.1?，试估算太阳的温度。
已知氢原⼦的质量kg H 27 1067.1-?=µ，太阳半径m R S 81096.6?=，太阳质量kg MS301099.1?=。
解：太阳内氢原⼦数HSm MN =故氢原⼦数密度为3827303)1096.6(341067.11099.134===-ππsHSR m M V N n5.8329-?=m由P =nkT 知)(1015.11038.1105.81035.17232914K nkp T ?===-7-3 ⼀容器被中间隔板分成相等的两半，⼀半装有氮⽓，温度为1T，另⼀半装有氧⽓，题7-2图温度为2T ，⼆者压强相等，今去掉隔板，求两种⽓体混合后的温度。
解：如图混合前：2221112222111O He T M m T M m RT Mm pV RT M m pV ===⽓有对⽓有对①总内能 222111212523RT Mm RT M m E E E +=+=前②①代⼊②证11RT M m E =前混合后：设共同温度为T ()RT M m T T EF RT M m M m E 21210221125231,2523???? ?+=+=式得⼜由后③⼜后前E E =，故由（2）（3）知)/53(8211T T T T +=7-4 设有N 个粒⼦的系统，速率分布函数如习题7⼀4图所⽰，求：(1))(v f 的表达式；(2)a 与0v 之间的关系；(3)速率在之间的粒⼦数；(4)最概然速率；(5)粒⼦的平均速率；(6) 0.50v ~0v 区间内粒⼦的平均速率。
