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大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
第八章 气体动理论习题解答8-1 设想太阳是由氢原子组成的理想气体，其密度可当成是均匀的。
若此理想气体的压强为1.35×1014 Pa 。
试估计太阳的温度。
（已知氢原子的质量m = 1.67×10-27kg ，太阳半径R = 6.96×108 m ，太阳质量M = 1.99×1030kg ）解：mR MVm M mn 3π)3/4(===ρK 1015.1)3/4(73⨯===Mkm R nk p T π8-2 目前已可获得1.013×10-10 Pa 的高真空，在此压强下温度为27℃的1cm 3体积内有多少个气体分子？解：3462310/cm 1045.2103001038.110013.1⨯=⨯⨯⨯⨯===---V kT p nV N 8-3 容积V ＝1 m 3的容器内混有N 1＝1.0×1023个氢气分子和N 2＝4.0×1023个氧气分子，混合气体的温度为 400 K ，求： （1） 气体分子的平动动能总和；（2）混合气体的压强。
解：（1）J 1014.41054001038.123)(233232321⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=+=-∑N N kT tε（2）Pa kT n p i323231076.21054001038.1⨯=⨯⨯⨯⨯==-∑8-4 储有1mol 氧气、容积为1 m 3的容器以v =10 m/s 的速率运动。
设容器突然停止，其中氧气的80%的机械运动动能转化为气体分子热运动动能。
问气体的温度及压强各升高多少？（将氧气分子视为刚性分子）解：1mol 氧气的质量kg 10323-⨯=M ，5=i 由题意得T R Mv ∆=⋅ν25%80212K 102.62-⨯=∆⇒TT R V p RT pV ∆=⋅∆⇒=νν pa 52.0102.631.82=⨯⨯=∆=∆∴-VTR p 8-5 一个具有活塞的容器中盛有一定量的氧气，压强为1 atm 。
【关键字】大学第11章电磁感应11.１基本要求１理解电动势的概念。
２掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律，能熟练地应用它们来计算感应电动势的大小，判别感应电动势的方向。
３理解动生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的动生电动势。
４理解感生电场、感生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的感生电动势。
５理解自感现象和自感系数的定义及物理意义，会计算简单回路中的自感系数。
６理解互感现象和互感系数的定义及物理意义，能计算简单导体回路间的互感系数。
７理解磁能（磁场能量）和磁能密度的概念，能计算一些简单情况下的磁场能量。
８了解位移电流的概念以及麦克斯韦方程组（积分形式）的物理意义。
11.２基本概念１电动势ε：把单位正电荷从负极通过电源内部移到正极时，非静电力所作的功，即２动生电动势：仅由导体或导体回路在磁场中的运动而产生的感应电动势。
３感生电场：变化的磁场在其周围所激发的电场。
与静电场不同，感生电场的电场线是闭合的，所以感生电场也称有旋电场。
４感生电动势：仅由磁场变化而产生的感应电动势。
５自感：有使回路保持原有电流不变的性质，是回路本身的“电磁惯性”的量度。
自感系数：６自感电动势：当通过回路的电流发生变化时，在自身回路中所产生的感应电动势。
７互感系数：８互感电动势：当线圈２的电流发生变化时，在线圈１中所产生的感应电动势。
９磁场能量：贮存在磁场中的能量。
自感贮存磁能：磁能密度：单位体积中贮存的磁场能量１０位移电流：，位移电流并不表示有真实的电荷在空间移动。
但是，位移电流的量纲和在激发磁场方面的作用与传导电流是一致的。
１１位移电流密度：11.３基本规律１电磁感应的基本定律：描述电磁感应现象的基本规律有两条。
（１）楞次定律：感生电流的磁场所产生的磁通量总是反抗回路中原磁通量的改变。
楞次定律是判断感应电流方向的普适定则。
（２）法拉第电磁感应定律：不论什么原因使通过回路的磁通量（或磁链）发生变化，回路中均有感应电动势产生，其大小与通过该回路的磁通量（或磁链）随时间的变化成正比，即２动生电动势：，若,则表示电动势方向由;若,则表示电动势方向３感生电动势：（对于导体回路）（对于一段导体）４自感电动势：５互感电动势：６麦克斯韦方程组== -11.４ 学习指导学习法拉第电磁感应定律要注意，公式中的电动势是整个回路的电动势，式中负号是楞次定律的要求，用以判断电动势的方向。
福州大学2012～2013学年第一学期期末考试卷（A）今将一电量为+Q 的带电粒子从内球面处由静止释放，则该粒子到达外球面时的动能=___________________。
5 一个半径为R 的接地导体球，原来不带电。
今将一点电荷q 放在球外距球心距离为r 的地方，则导体球上的感应电荷总量=________，导体球内部的电场强度=___________。
6静电场对闭合回路的积分（环流）=_______________。
7 如图所示，边长为a 的正三角形导线中通有电流I ，则图中P 处的磁感应强度的大小为_________________，方向_________________。
8 如图所示，一半径为R ，通有电流I 的圆形回路，位于Oxy 平面内，圆心为O 。
一带正电荷为q 的粒子，以速度v沿z 轴向上运动，当带正电荷的粒子恰好通过O 点时，作用于圆形回路上的磁力的大小为_____________，作用在带电粒子上的磁力的大小为________________。
9 如图所示，在半径为R 的圆柱形区域内，磁感应强度保持均匀，并以dB/dt 的速率增加，则在离轴线a (a <R )的a 处的感生电场的大小Ea = ____ ；图中所示杆①和杆②的感应电势ε1= ；ε2= 。
10 原子从某一激发态跃迁到基态，发射光子的中心波长为λ，谱线宽度为∆λ。
根据不确定关系E h τ∆≈，原子在激发态上的寿命τ约为__________________。
波长为λ的光子的质量m=______________，静止质量m 0=_________________。
Ioxyzvq第8题图第7题图第9题图第3题图五、一半径为R的塑料圆盘均匀带电，电荷面密度为σ，圆盘绕通过圆盘中心且垂直于盘面的轴以角速度ω转动。
（1）求圆盘中心处的磁感应强度；（2）将该转动圆盘放在磁感应强度为B的磁场中，磁场方向和圆盘平面的法线垂直，求圆盘受到的磁力矩的大小。
福州大学大学物理（下）期中考试卷2006.11部分常数：真空介电常数εo=8.85×10-12F·m-1、玻尔兹曼常数k=1.38×10-23 J·K-1、气体普适常数R=8.31 J·K-1·mol-1。
一、填空题（每空2分，共40分）1.一容积为10cm3的电子真空器件，温度300K时玻璃管内压强为0.67Pa。
管内空气分子数为1.6⨯1015，这些空气分子的平均平动动能的总和是1.01⨯10-5J。
2.若室内生炉子后温度从15o C升到27o C，而室内气压不变，则此时室内的分子数减少的百分数为4%。
3.一定量的理想气体储于某一容器内，温度为T，气体分子的质量为m。
根据理想气体分子模型和统计假设，分子速度在x方向分量的平均值为0。
4.一绝热的封闭容器，用隔板分成相等的两部分，左边充有一定量的某种气体，压强为p；右边为真空，若把隔板抽去（对外不漏气），当又达到平衡时，气体的压强为P/2。
5.一定量的理想气体从同一初态a开始，分别经ac为绝热过程，如图所示，则ab过程是放热过程，ad过程是吸热过程（填吸热或放热）。
V 6.等温膨胀过程对物体加热而不致升高物体的温度；绝热过程不作任何热交换，而使系统的温度发生变化。
7. 一个卡诺热机在两个温度一定的热库间工作时，如果工作物质体积膨胀得多些，它做的净功多些（填多或少），它的效率不变些（填高或低或不变）。
8.如图所示，真空中两个点电荷，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为半径作高斯面S，则通过该球面的电场强度通量Φe= Q/ε0，电荷连线的交点）的电场强度大小分别为E a=0，E b= 5 Q / 18 πε0 R2。
9. 半径为r的导体球带电q，球外有一半径为R的同心球壳，其带电量为Q，则两球的电势差为q / 4 πε0 r – q / 4 πε0 R 。
10.把一个带电物体移近一个导体壳，那么带电体单独在导体壳的腔内产生的电场强度为零？否（填是或否），导体壳腔内的电场强度为零？是（填是或否）。
第11章 静电场【例题精选】例11-1 （见书上） 例11-2()22300(428qd qdR R d R πεππε-或），从O 点指向缺口中心点例11-3 D 例11-4 D 例11-5 B例11-6 0/2σε， 向右； 03/2σε， 向右； 0/2σε， 向左 例11-7 （见书上）【练习题】11-1 B 11-2 0/d λε，220(4)d R d λπε-，沿矢径OP11-3 0/Q ε，0205180Q Rπε和r11-4 B11-5 【解】（1）作与球体同心，半径r <R 的高斯球面S 1。
球体内电荷密度ρ随r 变化，因此，球面S 1内包含的电荷214()d ro Q r r r πρ=⎰。
已知的电荷体密度ρ(r ) =kr ，根据高斯定理：11d s o Q Φε=⋅=⎰E S ， 230144d rr o E r k r r ππε⋅=⎰，可求得球体内任意点的场强：24r o r E k ε=，r <R 。
（2）作与球体同心、半径r >R 的球面S 2，因R 外电荷为零，故S 2内的电荷Q 2=Q 总，根据高斯定理：1231d 44d Rrs oEr k r r Φππε=⋅=⋅=⎰⎰E S ，得球体外任意一点的场强：4204r R E k r ε=，r >R 。
11-6 0/(2)σε-，03/(2)σε11-7 【解】两同轴圆柱面带有等量异号电荷，则内外电荷线密度分别为λ和-λ。
电场分布具有轴对称性。
（1）建立半径1r R <的同轴高斯柱面，设高为h 。
高斯柱面内无电荷分布。
1d 20SE rh π⋅=⋅=⎰E S ，则，10E=（1r R <）（2）建立12R r R <<的同轴高斯柱面，设高为h 。
高斯柱面内包含电荷。
柱面的上下底面无电场分布，电场均匀分布在侧面。
20d 2Sh E rh λπε⋅=⋅=⎰E S ，则，202E rλπε=（12R r R <<） （3）建立半径2r R >的同轴高斯柱面，设高为h 。
习题1111.1选择题（1）一圆形线圈在均匀磁场中作下列运动时，哪些情况会产生感应电流（）（A）沿垂直磁场方向平移；（B）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C）沿平行磁场方向平移；（D）以直径为轴转动，轴跟磁场平彳丁。
［答案:B］（2）下列哪些矢量场为保守力场（）（A）静电场；（B）稳恒磁场；（C）感生电场；（D）变化的磁场。
［答案:A］⑶用线圈的自感系数L来表示载流线圈磁场能量的公式比”=£厶厂（）（A）只适用于无限长密绕线管；（B）只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环;（C）只适用于单匝圆线圈；（D）适用于自感系数L 一定的任意线圈。
［答案:D］（4）对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A）涡旋电场对电荷有作用力；（B）涡旋电场由变化的磁场产生；（C）涡旋场山电荷激发；（D）涡旋电场的电力线闭合的。
［答案：C］11.2填空题（1）将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到—o［答案：磁力］（2）产生动生电动势的非静电场力是—,产生感生电动势的非静电场力是—，激发感生电场的场源是—。
［答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场］（3）长为/的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度（»转动，如果转轴的位置在—，这个导线上的电动势最大，数值为—；如果转轴的位置在—,整个导线上的电动势最小，数值为—。
［答案：端点，”中点，0］11.3—半径r =10cm的圆形回路放在B =0. 8T的均匀磁场中.回路平面与鸟垂直.当回路半dr径以恒定速率一=80cm/s收缩时，求回路中感应电动势的大小.dr解：回路磁通^,…=B S = Bn r2感应电动势大d©”dt解：取半圆形cbcz 法向为亍, 则①=—Bcosad ①，d t-nR 2 dBcos a -------- = d/ -8.89 x IO -2V即：S MeN ~ S MN则：fia+b&MN = ]_兀ea(vB sin —) dZ cos^ = -I 2 a cifi ?* =—(B TI r 2) = B2nr — = 0.40dt dt 11.4 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm,如题11.4图所示.均匀磁场 B =80X 10^3T, B 的方向与两半圆的公共直径（在Oz 轴上）垂直，且与两个半圆构成相等的角 a 当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向.同理，半圆形adc 法向为j ,则------ B cos a2T 万与亍夹角和鸟与了夹角相等,a = 45°①m = Bn R 2 cos a方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 11.5如题10-5图所示，载有电流Z 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直 导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直.半圆环的半径为b,环心O 与导 线相距a.设半圆环以速度v 平行导线平移.求半圆环内感应电动势的大小和方 向及MN 两端的电压C/M -U N •解：作辅助线MN,则在MeNM 回路中，沿/方向运动时d<D m = 0• •£MeNM ~ ° 以逆时针为回路正向，严”型d 心丛in 乜＜0I 27rl2 龙 a + b解所以％斂沿NeM 方向，大小为："学山气Ln a-bM 点电势高于N 点电势，即：U M -U N =^ln —2兀 a-b11.6如题10-6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈.两导 线中的电流方向相反、大小相等，且电流以〒的变化率增大，求:dr(1) 任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2) 线圈中的感应电动势.解：距长直导线为r 处的磁感应强度大小为：筈 以逆时针为回路正向，则：⑴磁通量：①m = r^Zdr- r^7dr = ^[ln^-ln^] h 2nr h 2nr In bd/c\舟亠曲dQ uJ ri d +a ■ b + a^dluJ di. b(a+d) 亠2n db At2n dt d(a +b)向逆时针11.7如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆.令这半圆形导线在磁场中以频率/•绕图中半圆的直径旋转.整个电路的电阻为求：感应电流的最大值.① m =B-S = B —cos(a )t + ^)2d ①,” Bnr 2a ) # A= _ -TT = —sin (3/ + 札) at 2『竺也弩2吋"讪11.8如题11-8图所示，长直导线通以电流Z=5A,在其右方放一长方形线圈，两 者共面.线圈长b =0. 06m,宽a=0. 04m,线圈以速度v=0. 03m/s 垂直于直线平移 远离.求：d=0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向.解：AB. CD 运动速度);方向与磁力线平行，不产生感应电动势.以顺 :题10-6解:=Blvt cos 60° = kt 2lv - = -klvt 2 2 2£ = - ^^ = -klvt dt即沿abed 方向顺时针方解：如图逆时针为矩形导线框正向，则时针为回路正向，则:ZM 产生电动势：务订如）•归"盟si 吟・叭如筈0眈产生电动势…2 =加湎小-韵方.•.回路中总感应电动势：£ = £]+£2=如凹（丄-一） = 1.6xl0-8y方向沿2兀 a a+a顺时针11.9长度为/的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abed 上平行移动.已知导轨处于均匀磁场直中，为的方向与回路的法线成60°角（如题11.9图所示），鸟的大小为B=kt （k 为正常）.设/=0时杆位于cd 处，求：任一时刻/导线回路中感应电动势的大小和方向.11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B 的方向如题11.10图所示.取 逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系（设导线框刚进入磁场区时t =0）.题 11. 10 图(a)d<Z>在磁场中时 --- =0, £ = 0;dt d<Z>一出场时 --- > 0 , £<0,故I - t 曲线如题10-9图(b)所不.dt1111导线必长为儿绕过。
光的干涉(一) (48)1.用某单色光作杨氏双缝实验，双缝间距为0.6mm，在离双缝2.5m 处的屏上出现干涉条纹，现测得相邻明纹间的距离为2.27mm，则该单色光的波长是：( A)解: 由∆x=Dλ/d得λ=dΔx/D=5.448×10-7m(A)5448Å (B)2724Å (C)7000Å (D)10960Å2.在杨氏双缝实验中，入射光波长为λ，屏上形成明暗相间的干涉条纹，如果屏上P点是第一级暗条纹的中心位置，则S1，S2至P点的光程差δ=r2－r1为（D）(A)λ (B)3λ/2 (C)5λ/2 (D)λ/2解: δ=r2－r1=(2k－1)λ/2 将k=1代入得δ=r2－r1=λ/23.在双缝实验中，两缝相距2mm，双缝到屏距离约1.5m，现用λ为5000Å的单色平行光垂直照射，则中央明纹中心到第三级明纹中心的距离是：（C）解: x=k Dλ/d=1.125(mm)(A) 0.750mm (B) 2.625mm(C) 1.125mm (D) 0.563mm4.用平行单色光垂直照射双缝，若双缝之间的距离为d，双缝到光屏的距离为D，则屏上的P点为第八级明条纹位置，今把双缝之间的距离缩小为d′，则P点为第四级明条纹位置，那么d′/d=1/2，若d=0.1mm，D=1m，P点距屏中心O的距离为4cm，则入射光波长为5⨯10-7m。
解：由x=k Dλ/d=k'Dλ/d' 得d'/d= k'/k=4/8=1/2λ=x d/k D=4×10-2×0.1×10-3/8×1=5×10-7m5.在双缝实验中，用厚度为6μm 的云母片，覆盖其中一条缝，从而使原中央明纹位置变为第七级明纹，若入射光波长为5000Å，则云母片的折射率为n = 1.58 。
解:δ0 =r －r =0 δ=[(r －e )+ne ]－r =(n －1)e =7λ∴ n =1+7λ/e = 1.586.用折射率n=1.5的透明膜覆盖在一单缝上，双缝间距d=0.5mm ，D=2.5m ，当用λ=5000Å光垂直照射双缝，观察到屏上第五级明纹移到未盖薄膜时的中央明纹位置，求：(1)膜的厚度及第10级干涉明纹的宽度；(2)放置膜后，零级明纹和它的上下方第一级明纹的位置分别在何处？解：已知 n=1.5 , d=0.5mm , D=2.5×103mmλ=5×10- 4mm(1) δ =(n －1)e =5λ , e =5λ/(n －1)=5×10-3mmΔx =D λ/d=2.5×103mm ×5×10- 4mm/0.5mm=2.5mm(2)设置放膜后，屏幕下方第五级明纹移到原中央明纹处，则置放膜后的零级明纹移到原来上方第五级明纹处。
