2011版大作业答案(计算题部分)

1 第一章 气体分子动理论

（说明：由于时间仓促，所给答案仅作参考）

三、计算题：

解：（1）由理想气体的压强和温度的关系nkTp得：

3252351044.2)27273(1038.11001.1mKTPn

（2）由理想气体的状态方程RTMPV得：

)/(30.130031.81001.11032353mkgRTPVM

(3) n个分子占据一单位体积，所以每个分子平均占据1/n的立方空间，因此分子间的平均距离：

mnd932531047.31044.211

2、解：（1）由理想气体状态方程RTRTMpV及VM得：

摩尔质量：

)/(283.10127331.81025.13molgPRT

由此判断该双原子气体为氮气或者是一氧化碳。

（2）气体分子的方均根速率：

2v smPRT/4931025.13.1013)3(321321

(3) 气体分子得平均平动动能：

JKTt21231056.522731038.1323

气体分子得平均转动动能：

JkTr21231077.32731038.1

（4）单位体积内的气体分子数：

kTPn

单位体积内气体分子的总平动动能：

JPkTnE21052.13.101232323平

（5）0.3mol该气体的内能：

JRTE31070.127331.8253.0253.0

2 3、解：设使用前质量为M，则使用后质量为2M，则可列出使用前后的理想气体状态方程： 11MRTVP

①

2221MRTVP ②

联立①②两式，得：12122PPTT

平均速率之比：11122288RTTvTvRT=212PP

第二章 热力学基础

五、计算题：

1、解：(1)CA过程为等容过程，则：CCAATPTP

得：KTPPTAACC75300400100

BC过程为等压过程，则：CCBBTVTV

得：6752252BBCCVTTKV

(2)由题意40.1得，5i，RCV25，RCP27，摩尔数AAAPVRT

AC过程：

0CAAJ

540025()225150023002AACAVACAPVECTRTTJRT

540025()225150023002AACACAVACAPVQECTRTTJRT

CB过程：

()100(4)400BCCCBAPVVJ

3 540025()(75225)100023002AABCVCBAPVECTRTTJRT

1400BCBCBCQEAJ

BA过程：

1(400100)4()()100022ABABBAAPPVVJ

540025()(225300)50023002AAABVBAAPVECTRTTJRT

500ABABABQEAJ

2、解： ab，cd过程为等压过程，bc，da为等温过程，则有：

JTCQpab5.2908)200300(31.8271

JPPRTQcbbbc17282ln30031.81ln

718.31(200300)-2908.52cdpQCTJ

ln-18.31200ln21152adaadPQRTJP

所以，循环效率： cd2908.511521112.4%2908.51728daabbcQQAQQQ吸

3、证明：1到2过程，3到4过程为绝热过程，有

12340QQ

112211VTVT ①

113344VTVT ②

由①和②联立可得：1412321()TTVTTV ③

2到3过程，4到1过程为绝热过程，有

2332()VQnCTT

4114()VQnCTT

4 循环过程的效率：4124112332111QQTTQQTT

利用③式，可得：1211()VV

即1-121()VV

第三章 静电场

三、证明：

如图，设球壳的介电常数为ε，在球壳区域内作一半径为r的闭合圆球面为高斯面。

则由高斯定理1SEdSQ得：

22224424rraaQQrdrQrdrarEr

高斯面上任意一点的场强大小为：

2222()4QQraaEr

即

4QE

即球壳区域内的场强E的大小与r无关。

四、计算题

1、 解：(1)经分析，“无限长”带电圆柱体产生的电场具有柱对称性，现以圆柱体的中心轴线为轴线，作半径为r、高为h的闭合圆柱高斯面，由高斯定理01SEdSQ得

当r

21102SrhEdSErh

得：

102rE

当r>R时 ，

22202SRhEdSErh

得：

2202REr

a

b Q r

R

h r

5 (2)设圆柱表面处为零势面，则

RrrRdrrU02204)(2内

RrrRRdrrRU)ln(220202外

2、解：由高斯定理01SEdSQ及静电感应平衡条件得各区域的电场强度分布为

11220233200,,40,,4rRqRrRrERrRqQrRr

由电势的定义可得：

（1）导体球的电势

drrQqdrrqURRR3212020144

302104114RQqRRq

（2）导体球壳的电势

30202443RqQdrrQqUR

（3）将外球壳接地，则

)11(4421020121RRqdrrqURR

而

02U

3、解：经分析，带电同轴电缆产生的电场具有柱对称性，现以同轴电缆的中心轴线为轴线，作半径为r、高为h的圆柱高斯面，由高斯定理01SEdSQ得

（1）当r

10E

（2）当r>R时 R1

R2

R3 +Q

q O r

R2

h r R1

 

6 20E

（3）当R1

3302ShEdSErh

故

302Er

4、解：由题意得，以同轴电缆的中心轴线为轴线，取半径为r、长为h的高斯面，由高斯定理得介质内的电位移矢量和电场强度分别为

rlQD2，02rQElr

则电介质中的总电场能量

22012ln()24BARBRrARQWErldrlR总

（2）由CQW22总得电容器的电容

)ln(20ABrRRlC

第四章 稳恒磁场

三、计算题

1、解：(1) 如图示，AB在O点产生的磁感应强度由毕奥－萨伐尔定律得：

naInnaIBOsin2)sin(sin4001

nRnRacos2sin

即：01tan2OOnIBnBRn

（2）解法一：当n时，220002tansec()limlim11222nnIIInnnBRRRnn

解法二：当n时，趋于圆形导线，按圆形导线给出计算，即RIB20 R2 Q

-Q

R1

h r

A B

O I

7 2、解：以a为半径分别作圆周1L和2L，即所取安培环路，两段线在P点的磁场强度方向均指向纸内，由安培环路定理得

IdlH1， IaH21， 即aIH21

IdlH2， IaH22， 即aIH22

所以，aIHHH21，

由右手螺旋法则可知，方向垂直于纸面向内。

3、解：题目中所涉及到的同轴电缆产生的磁场具有轴对称性，利用环路定理求解各区域的磁感应强度，所作环路如图所示。

(1) 1Rr，IldB0

2101220122RIrBrRIrB

(2) 21RrR，

rIBIrB220202

(3) 32RrR，

)1(2)]([2222322203222222303RRRrrIBRrRRIIrB

(4) 3Rr，

00244BrB

(5) rB曲线如右图所示。

第五章 电磁感应

三、简答题

1、涡旋电场与静电场的异同。

相同点：对放入其中的电荷有力的作用。

不同点：①静电场由相对观察者静止的电荷产生，涡旋电场由变化的磁场产生； r

R1 R2 R3

r B

O 1R2R3R