大學(xué)物理練習(xí)答案施建青(2)

1、練習(xí)1 在笛卡爾坐標(biāo)系中描述質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)1-1 （1）D；（2）D；（3）B；（4）C1-2 （1）8 m；10 m；（2）x = (y-3)2；（3）10 m/s2，15 m/s21-3 解：（1）（2） （3）垂直時(shí)，則s，（舍去）1-4 解：設(shè)質(zhì)點(diǎn)在x處的速度為v，1-5 解： 又ky，所以-kv dv / dy已知y0 ，v0 則1-6 證： d v /v =Kdx , v =v 0eKx練習(xí)2 在自然坐標(biāo)系中描述質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)、相對(duì)運(yùn)動(dòng)2-1 （1）C；（2）A；（3）B ；（4）D；（5）E 2-2（1）gsinq ，gcosq ；（2） ；（3）-c ，(b-ct)2/R；（4）69.

2、8 m/s；（5），2ct，c2t4/R2-3 解：（1）物體的總加速度為ORSaaanBA （2）2-4解：質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程可寫成 S = bt , 式中b為待定常量。由此可求得 , 由此可知，質(zhì)點(diǎn)作勻速率曲線運(yùn)動(dòng)，加速度就等于法向加速度。又由于質(zhì)點(diǎn)自外向內(nèi)運(yùn)動(dòng)，r 越來(lái)越小，而b為常數(shù)，所以該質(zhì)點(diǎn)加速度的大小是越來(lái)越大。2-5 解： 設(shè)下標(biāo)A指飛機(jī)，F(xiàn)指空氣，E指地面，由題可知： vFE =60 km/h 正西方向 vAF =180 km/h 方向未知 vAE 大小未知， 正北方向 所以 、 、構(gòu)成直角三角形，可得 飛機(jī)應(yīng)取向北偏東19.4°的航向。練習(xí)3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律3-1 （1

3、）C；（2）D ；（3）D；（4）B；（5）B3-2 （1）l/cos2；（2）23-3 解：(1)先計(jì)算公路路面傾角q 。 設(shè)計(jì)時(shí)輪胎不受路面左右方向的力，而法向力應(yīng)在水平方向上因而有 所以 (2)當(dāng)有橫向運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)時(shí)，輪胎與地面間有摩擦力，最大值為mN，這里N為該時(shí)刻地面對(duì)車的支持力。由牛頓定律 所以將代入得3-4 解： (1) 設(shè)同步衛(wèi)星距地面的高度為h，距地心的距離r=R+h。由 又由得，代入式得 同步衛(wèi)星的角速度 rad/s，解得 m， km(2) 由題設(shè)可知衛(wèi)星角速度w的誤差限度為 rad/s由式得 取微分并令dr =Dr，dw =Dw，且取絕對(duì)值，有3D r/r =2Dw/wDr=

4、2rDw /(3w) =213 m 3-5 解： 練習(xí)4 質(zhì)心系和動(dòng)量守恒定律4-1 （1） C；（2）C；（3）C 4-2 （1）0.003 s， 0.6 N·s，2 g；（2），；（3），；（4）；（5）18 N·s 4-3 解：設(shè)沙子落到傳送帶時(shí)的速度為，隨傳送帶一起運(yùn)動(dòng)的速度為，則取直角坐標(biāo)系，x軸水平向右，y軸向上。 設(shè)質(zhì)量為Dm 的砂子在Dt時(shí)間內(nèi)平均受力為,則由上式即可得到砂子所受平均力的方向，設(shè)力與x軸的夾角為，則-1(4/3)= 53°力方向斜向上。 4-4 解：人到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，只有水平方向速度v = v 0cosa，此人于最高點(diǎn)向后拋出物體m。

5、設(shè)拋出后人的速度為v 1，取人和物體為一系統(tǒng)，則該系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒。即 由于拋出物體而引起人在水平方向的速度增量為因?yàn)槿藦淖罡唿c(diǎn)落到地面的時(shí)間為故人跳的水平距離增加量為4-5 解：(1) 以炮彈與炮車為系統(tǒng)，以地面為參考系，水平方向動(dòng)量守恒設(shè)炮車相對(duì)于地面的速率為Vx，則有 即炮車向后退。 (2) 以u(píng)(t)表示發(fā)炮過(guò)程中任一時(shí)刻炮彈相對(duì)于炮身的速度，則該瞬時(shí)炮車的速度應(yīng)為通過(guò)積分，可求炮車后退的距離 即向后退。練習(xí)5 機(jī)械能守恒定律5-1 （1）B；（2）A；（3）D；（4）C 5-2 （1）18J，6m/s；（2） 或 ；（3）；（4） ， 5-3 解：(1)建立如圖坐標(biāo)。某一時(shí)刻桌

6、面上全鏈條長(zhǎng)為y,則摩擦力大小為Ox題5-3解圖摩擦力的功 (2)以鏈條為對(duì)象，應(yīng)用質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理 ， 5-4 解：隕石落地過(guò)程中，萬(wàn)有引力的功 根據(jù)動(dòng)能定理 5-5 解：如圖所示，設(shè)l為彈簧的原長(zhǎng)，O處為彈性勢(shì)能零點(diǎn)；x0為掛上物體后的伸長(zhǎng)量，O為物體的平衡位置；取彈簧伸長(zhǎng)時(shí)物體所達(dá)到的O²處為重力勢(shì)能的零點(diǎn)由題意得物體在O處的機(jī)械能為 在O² 處，其機(jī)械能為 由于只有保守力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即 在平衡位置有mgsina =kx0代入上式整理得練習(xí)6 碰撞、角動(dòng)量守恒定律6-1 （1）C；（2）E 6-2 （1）mw ab，0；（2）1 N·m·s

7、，1 m/s；（3）2275 kgm2·s-1，13 m·s-16-3 解：A、B兩球發(fā)生彈性正碰撞，由水平方向動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒，得 聯(lián)立解出， 由于二球同時(shí)落地，所以 ，。且。故 ， 所以 6-4 解：物體因受合外力矩為零，故角動(dòng)量守恒。 設(shè)開(kāi)始時(shí)和繩被拉斷時(shí)物體的切向速度、轉(zhuǎn)動(dòng)慣量、角速度分別為v0、I0、w0和v、I、w則 整理后得 物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由繩的張力提供 由式可得當(dāng)F = 600 N時(shí)，繩剛好被拉斷，此時(shí)物體的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為R = 0.3 m分6-5 解：A對(duì)B所在點(diǎn)的角動(dòng)量守恒設(shè)粒子A到達(dá)距B最短距離為d時(shí)的速度為v。， A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒(A在很

8、遠(yuǎn)處時(shí)， 引力勢(shì)能為零) 6-6 解：(1) 爆炸過(guò)程中，以及爆炸前后，衛(wèi)星對(duì)地心的角動(dòng)量始終守恒，故應(yīng)有 其中r是新軌道最低點(diǎn)或最高點(diǎn)處距地心的距離，則是在相應(yīng)位置的速度，此時(shí)。 (2) 爆炸后，衛(wèi)星、地球系統(tǒng)機(jī)械能守恒： 由牛頓定律 將式、式代入式并化簡(jiǎn)得 故 7397 km，7013 km 遠(yuǎn)地點(diǎn)： km 近地點(diǎn)： km練習(xí)7 剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)動(dòng)定律和動(dòng)能定理7-1 （1）A；（2）C 7-2（1）50ml 2 ；（2）5.0 N·m ；（3）3mL2 / 4，mgL，；（4）47-3 rSMaOx2x112解：選坐標(biāo)如圖所示，任一時(shí)刻圓盤兩側(cè)的繩長(zhǎng)分別為x1、x2 選長(zhǎng)度為x

9、1、x2的兩段繩和繞著繩的盤為研究對(duì)象設(shè)a為繩的加速度，為盤的角加速度，r為盤的半徑，r為繩的線密度，且在1、2兩點(diǎn)處繩中的張力分別為T1、T2，則r = m / l，a = r x2 r gT2 = x2r a T1x2 r g = x1r a (T1T2 ) r = (Mprr)r 2 解上述方程，利用l = prx1x2，并取x2x1 = S，可得 7-4 解：根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律列方程 對(duì)物體： mgT ma 對(duì)滑輪： TR = Ib 又aRb 將、式聯(lián)立得 amg / (mM)由于v00，所以vatmgt / (mM)7-6 解：如圖所示，設(shè)重物的對(duì)地加速度為a，向上.則繩的A

10、端對(duì)地有加速度a向下，人相對(duì)于繩雖為勻速向上，但相對(duì)于地其加速度仍為a向下。由牛頓第二定律， 對(duì)人： MgT2Ma 對(duì)重物： T1MgMa 由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，對(duì)滑輪有 (T2T1)RIbMR2b / 4 因繩與滑輪無(wú)相對(duì)滑動(dòng)abR 由、四式聯(lián)立解得a2g / 7練習(xí)8 剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角動(dòng)量定理和角動(dòng)量守恒定律8-1 （1） C；（2）D；（3）B 8-2 8-3 解：由動(dòng)量定理，對(duì)木塊M ：fDtM(v2v1)對(duì)于圓柱體：fDtRI(ww 0)所以-M(v2v1)I(ww 0) / R因?yàn)?, 有-M(v2-v1)Iw / RIv2/ R28-4 解：(1) 選擇A、B兩輪為系統(tǒng)，嚙合過(guò)程中只有內(nèi)力

11、矩作用，故系統(tǒng)角動(dòng)量守恒。IAwAIBwB = (IAIB)w又wB0，可得 w » IAwA / (IAIB) = 20.9 rad / s轉(zhuǎn)速200 rev/min (2) A輪受的沖量矩 = IA(IAIB) = -4.19×10 2 N·m·s負(fù)號(hào)表示與方向相反。 B輪受的沖量矩 = IIB(w - 0) = 4.19×102 N·m·s方向與相同。 8-5 解：碰撞前瞬時(shí)，桿對(duì)O點(diǎn)的角動(dòng)量為 式中r為桿的線密度。碰撞后瞬時(shí)，桿對(duì)O點(diǎn)的角動(dòng)量為 因碰撞前后角動(dòng)量守恒，所以 w = 6v0 / (7L) 8-5 解：(

12、1) 將轉(zhuǎn)臺(tái)、砝碼、人看作一個(gè)系統(tǒng)。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，人作的功W等于系統(tǒng)動(dòng)能之增量WDEk這里的I0是沒(méi)有砝碼時(shí)系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。 (2) 由于在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中無(wú)外力矩作用，故系統(tǒng)的動(dòng)量矩守恒。有 2p(I0) n1 = 2p (I0) n2(3) 將I0代入W式，得練習(xí)9 狹義相對(duì)論的基本原理、洛侖茲坐標(biāo)和速度變換9-1 （1）C；（2）A 9-2 （1）相對(duì)的，運(yùn)動(dòng)；（2）8.89×10-8；（3）c；（4）9-3 解：設(shè)K相對(duì)于K運(yùn)動(dòng)的速度為v沿x (x¢)軸方向，則根據(jù)洛侖茲變換公式，有 , (1) , 因兩個(gè)事件在K系中同一點(diǎn)發(fā)生，x2 = x1，則 解得 =(3/5)c

13、=1.8×108 m/s (2) , 由題x1 = x2 ，則 9×108 m9-4 證：設(shè)兩系的相對(duì)速度為v., 根據(jù)洛侖茲變換， 對(duì)于兩事件，有 由題意，可得 及 把 代入上式 9-5 解：設(shè)靜止觀察者為K系，火箭乙為K系，火箭甲為運(yùn)動(dòng)物體，K相對(duì)K系的速度 u = -3c/4，火箭甲在K系中的速度vx = +3c/4根據(jù)狹義相對(duì)論的速度變換公式，火箭甲相對(duì)于火箭乙（K系）的速度為分兩火箭的相對(duì)接近速率為0.96c 9-6 解：已知，按狹義相對(duì)論的速度變換公式分在K系中光訊號(hào)的速度大小 光訊號(hào)傳播方向與x軸的夾角 練習(xí)10 相對(duì)論時(shí)空觀10-1 （1） B；（2）A ；

14、（3）B 10-2 （1）4.33×10-8；（2）2.60×108；（3）0.075 m3；（4）Dx/v，；（5），10-3 解：令S系與S系的相對(duì)速度為v，有， 則= 2.24×108 m·s-1那么，在S系中測(cè)得兩事件之間距離為= 6.72×108 m10-4 解：設(shè)地球?yàn)镵系，飛船B為K系，飛船A中的尺則為運(yùn)動(dòng)物體。若u = v為K系相對(duì)K系的速率，則vx = -v是尺相對(duì)地球的速率，尺在K系中的速率為 這就是尺相對(duì)B船的速率，用v12表示之。 則B中觀察者測(cè)得A中米尺的長(zhǎng)度是 上式中令l0 = 1 m可得米尺長(zhǎng)度（以米為單位）。 1

15、0-5 解：按地球的鐘，導(dǎo)彈發(fā)射的時(shí)間是在火箭發(fā)射后 s這段時(shí)間火箭在地面上飛行距離則導(dǎo)彈飛到地球的時(shí)間是 s那么從火箭發(fā)射后到導(dǎo)彈到達(dá)地面的時(shí)間是 Dt = Dt1 + Dt2 =12.525 =37.5 s 10-6 解：考慮相對(duì)論效應(yīng)，以地球?yàn)閰⒄障?，m子的平均壽命為 s則m 子的平均飛行距離9.46 km。m 子的飛行距離大于高度，所以有可能到達(dá)地面。練習(xí)11 相對(duì)論動(dòng)力學(xué)基礎(chǔ)11-1 （1）C ；（2）A；（3）A；（4）D 11-2 （1）0.25mec2 ；（2），；（3），；（4）；（5），11-3 解：按題意， ， ，動(dòng)能，即11-4 解：設(shè)實(shí)驗(yàn)室為K系，觀察者在K系中，電子

16、為運(yùn)動(dòng)物體，則K對(duì)K系的速度為u = 0.6c，電子對(duì)K系速度為vx = 0.8c。電子對(duì)K系的速度 觀察者測(cè)得電子動(dòng)能為動(dòng)量 1.14×10-22 kg·m/s11-5 解：v 2.996×108 m·s-11.798×104 m11-6 答：這個(gè)解答不對(duì)，理由如下： 由A、B的靜止質(zhì)量、運(yùn)動(dòng)速率都相同，故mA = mB ，又因兩者相向運(yùn)動(dòng), 由動(dòng)量守恒定律，合成粒子是靜止的。由能量守恒定律，可得練習(xí)12 理想氣體統(tǒng)計(jì)模型、壓強(qiáng)公式、溫度公式12-1 （1）A；（2）A；（3）B；（4）A；（5）B 12-2（1）0，；（2），；（3）772

17、9K；（4）1：1，2：1，2：1，5：3，10：312-3 解：對(duì)剛性雙原子分子，氮?dú)獾膬?nèi)能內(nèi)能增量由題意有K其中M=kg, 由得壓強(qiáng)增量 Pa12-4 解：（1）單位體積內(nèi)的分子數(shù) m-3（2）由狀態(tài)方程 得氧氣密度 kg/m3（3）氧分子的質(zhì)量 kg（4）將分子視為剛性小球，則第一個(gè)分子所占體積為 ，可得分子間的平均距離 （5）分子的平均平動(dòng)動(dòng)能12-5 解：（1）由 ，得 kg/mol（2） m/s （3）（4）單位體積內(nèi)氣體分子的總平動(dòng)動(dòng)能， J/m3 （5）由于，氣體的內(nèi)能為練習(xí)13 分布函數(shù)、氣體分布定律13-1 （1）D；（2）B；（3）C13-2 （1）氧、氫、T1；（2）N

18、；（3）速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比13-3 解（1）設(shè)使用前質(zhì)量為m，則使用后為m/2，則（2）由，得 m/s13-4解：與v p相差不超過(guò)1%的分子是速率在到區(qū)間的分子，故Dv = 0.02，并將v =代入上式，可得DN / N = 1.66%。13-5 解：(1) 根據(jù)歸一化條件c = 1 / v 0(2) 根據(jù)定義式 13-6 解：（1）由于電子的有效直徑不計(jì)，跟蹤一個(gè)電子A，凡是中心在半徑為d/2的圓柱體內(nèi)的分子都會(huì)與該電子相碰，因此電子與氣體分子的碰撞截面積=。(2) 設(shè)電子相對(duì)分子的平均速率為，則在時(shí)間t內(nèi)，電子A所走過(guò)的路程為，相應(yīng)的圓柱體的體積為，如果以n表示氣體單位體

19、積內(nèi)的分子數(shù)，則在此圓柱體內(nèi)的總分子數(shù)為n，這也就是A與其它分子的碰撞次數(shù)，因此。練習(xí)14 熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用14-1 （1） D；（2）C；（3）C；（4）B14-2 （1）； (2) 260J， -280J；(3) 過(guò)程等體減壓-0-等壓壓縮-絕熱膨脹-+0圖(a)abc0-圖(b)abc-+-adc-+14-3 解：（1）（2） 14-4 解：(1)由等溫線 得由絕熱線得 由題意知 1/0.714=1.4由絕熱方程 Pa (2) J 練習(xí)15 循環(huán)過(guò)程、熱機(jī)、制冷機(jī)15-1 （1）C；（2）C ；（3）A15-2 （1）吸熱；（2） 500K，100K；（3）<； (4) 15

20、-3 解 (1) J (2) J (3) J 15-4 解：由圖可知，pA=300 Pa，pB = pC =100 Pa；VA=VC=1 m3，VB =3 m3 (1) CA為等體過(guò)程，據(jù)方程pA/TA= pC /TC，得 TC = TA pC / pA =100 K BC為等壓過(guò)程，據(jù)方程VB/TB=VC/TC，得 TB=TCVB/VC=300 K (2) 各過(guò)程中氣體所作的功分別為 AB： =400 J BC： W2 = pB (VCVB ) = -200 J CA： W3 =0 (3) 整個(gè)循環(huán)過(guò)程中氣體所作總功為 W= W1 +W2 +W3 =200 J 因?yàn)檠h(huán)過(guò)程氣體內(nèi)能增量為E=

21、0，因此該循環(huán)中氣體總吸熱 Q =W+E =200 J 15-5 解：在ab過(guò)程中，外界作功為 在bc過(guò)程中，外界作功在cd過(guò)程中從低溫?zé)嵩碩1吸取的熱量等于氣體對(duì)外界作的功，其值為 在da過(guò)程中氣體對(duì)外界作的功為致冷系數(shù)為 15-6 解： Q1 = n Cp(TBTA) , Q2 = n Cp(TCTD) 根據(jù)絕熱過(guò)程方程得到 ， 因?yàn)閜A = pB , pC = pD ，所以TA / TB = TD / TC練習(xí)16 熱力學(xué)第二定律、卡諾定律、熵16-1 （1）D；（2）A；（3）C；（4）D；（5）C16-2 （1）23J/K，0；（2）概率，概率大的狀態(tài)；（3）答：不正確。熵的增加原理

22、是：“絕熱（或封閉或孤立）物系的熵永不減少”或：“絕熱（或封閉或孤立）物系的熵在可逆過(guò)程中不變，在不可逆過(guò)程中增加”；（4）分子熱運(yùn)動(dòng)無(wú)序性（或混亂性）16-3 解：（1） ，可見(jiàn)是不可逆熱機(jī)。（2） 16-4 解 (1) 理想氣體作無(wú)限緩慢的膨脹過(guò)程可視為可逆過(guò)程，對(duì)絕熱過(guò)程，則有 (2)對(duì)等溫過(guò)程，則有16-5 解：（1）（2）（3） 練習(xí)17 庫(kù)侖定律、電場(chǎng)強(qiáng)度17-1 （1）B；（2） B ；（3）D 17-2（1）；（2）0，pE sina ；（3），；（4），由圓心O點(diǎn)指向S17-3 解：選左棒的左端為坐標(biāo)原點(diǎn)O，x軸沿棒方向向右，在左棒上x處取線元dx，其電荷為dqldx，它在右

23、棒的處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為 整個(gè)左棒在處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為右棒處的電荷元ld在電場(chǎng)中受力為 整個(gè)右棒在電場(chǎng)中受力為方向沿x軸正向。左棒受力為17-4 解：把所有電荷都當(dāng)作正電荷處理. 在q處取微小電荷dq = ldl = 2Qdq / p，它在O處產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)按q角變化，將dE分解成二個(gè)分量：對(duì)各分量分別積分，積分時(shí)考慮到一半是負(fù)電荷0 17-5 解：將柱面分成許多與軸線平行的細(xì)長(zhǎng)條，每條可視為“無(wú)限長(zhǎng)”均勻帶電直線，其電荷線密度為l = s0cosf Rdf它在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為它沿x、y軸上的二個(gè)分量為dEx=dEcosf =dEy=dEsinf =練習(xí)18 電通量、靜電場(chǎng)高斯定理18-1 （1）C；（2）D

24、；（3）B 18-2 （1）q / (24e0)；（2） l / e0 ；（3）pR2E 18-3 解：以P點(diǎn)為球心，為半徑作一球面可以看出通過(guò)半徑為R的圓平面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量與通過(guò)以它為周界的球冠面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量相等。球冠面的面積為S = 2pr (rh)整個(gè)球面積S0 = 4pr2通過(guò)整個(gè)球面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量F0=q/e0所以，通過(guò)球冠面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量 18-4 解：兩帶電平面各自產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)分別為 方向如圖示 方向如圖示在兩面間 =3×104 N/C 方向沿x軸負(fù)方向。在兩面外左側(cè)，=1×104 N/C方向沿x軸負(fù)方向。在兩面外右側(cè)，= 1×104 N/C方向沿x

25、軸正方向。 18-5 解：由題意知，電荷沿x軸方向按余弦規(guī)律變化?？梢耘袛鄨?chǎng)強(qiáng)的方向必沿x軸方向，且相對(duì)yOz平面對(duì)稱分布在±x處作與x軸垂直的兩個(gè)相同的平面S，用與x軸平行的側(cè)面將其封閉為高斯面，如圖所示。由高斯定理2SE = 2S r0 sin x / e0E=r0 sin x / e0方向可由E值正、負(fù)確定，E>0表示沿x軸正向，E<0則沿x軸負(fù)向。練習(xí)19 靜電場(chǎng)環(huán)路定律、電勢(shì)、電勢(shì)能 19-1 （1）D；（2）D 19-2 （1）電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)，(U0=0)；（2）0，qQ / (4pe0R) ；（3）0，l / (2e0)；（4）；（5）； （6）-2Ax /

26、 (x2+y2)，0 19-3 解：由高斯定理可得場(chǎng)強(qiáng)分布為： E =-s / e0 (axa)E = 0 (xa ，ax)由此可求電勢(shì)分布：在xa區(qū)間在axa區(qū)間 在ax區(qū)間 19-4 解：設(shè)x軸沿細(xì)線方向，原點(diǎn)在球心處，在x處取線元dx，其上電荷為，該線元在帶電球面的電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力為dF = qldx / (4pe0 x2)整個(gè)細(xì)線所受電場(chǎng)力為 方向沿x正方向。 電荷元在球面電荷電場(chǎng)中具有電勢(shì)能 dW = (qldx) / (4pe0 x)整個(gè)線電荷在電場(chǎng)中具有電勢(shì)能 19-5 解：(1) 取半徑為r、高為h的高斯圓柱面(如圖所示)，面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E并垂直于柱面則穿過(guò)該柱面的電場(chǎng)強(qiáng)度

27、通量為：為求高斯面內(nèi)的電荷，rR時(shí)，取一半徑為r¢，厚d r¢、高h(yuǎn)的圓筒，其電荷為則包圍在高斯面內(nèi)的總電荷為由高斯定理得 (rR)rR時(shí)，包圍在高斯面內(nèi)總電荷為由高斯定理 (r >R) (2) 計(jì)算電勢(shì)分布 rR時(shí)rR時(shí)練習(xí)20 靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體、電介質(zhì)20-1 （1）B；（2）D；（3）B；（4）C；（5）C 20-2 （1）rq / R；（2）l/(2pr)，l/(2p e0 er r)；（3），；（4）q / (2pd 2)20-3 解：取半徑為+d的薄殼層，其中包含電荷 應(yīng)用的高斯定理，取半徑為r的球形高斯面。在球內(nèi)，有 D1 = k / 2 ，(為徑向單位矢

28、量)E1 = D1 / (e0er) = k / (2e 0er)， 在球外，有分 , ， 20-4 解：選直線到板面的垂足O為原點(diǎn)，x軸垂直于板面在板面上任取一點(diǎn)P，P點(diǎn)距離原點(diǎn)為r在帶電直線上任取一電荷元dq = ldx，該電荷元距離原點(diǎn)為x，它在P點(diǎn)左邊的鄰近一點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)x分量為帶電直線在P點(diǎn)左邊鄰近點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)x分量 設(shè)P點(diǎn)的感生電荷面密度為sP，它在P點(diǎn)左邊鄰近點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為由場(chǎng)強(qiáng)疊加原理和靜電平衡條件，該點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為零，即 20-5 解：(1) 設(shè)內(nèi)、外筒單位長(zhǎng)度帶電荷為l和l兩筒間電位移的大小為Dl / (2pr)在兩層介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為 E1 = l / (2pe0 er1

29、r)， E2 = l / (2pe0 er2r)在兩層介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)最大處是各層介質(zhì)的內(nèi)表面處，即 E1M = l / (2pe0 er1R1)， E2M = l / (2pe0 er2R)E1M / E2M = er2R / (er1R1) = R / (2R1)已知R12 R1，可見(jiàn)E1ME2M，因此外層介質(zhì)先擊穿。(2) 當(dāng)內(nèi)筒上電量達(dá)到lM，使E2MEM時(shí)，即被擊穿。有 lM = 2pe0 er2REM 此時(shí)兩筒間電壓(即最高電壓)為練習(xí)21 電容與電容器、靜電場(chǎng)的能量21-1 （1）C；（2）B；（3）C 21-2 （1）Q2 / (2e0S)；（2），；（3） ；（4）-Q2 / (

30、4C)；（5）；（6）7.2 21-3 解：以左邊的導(dǎo)線軸線上一點(diǎn)作原點(diǎn)，x軸通過(guò)兩導(dǎo)線并垂直于導(dǎo)線兩導(dǎo)線間x處的場(chǎng)強(qiáng)為兩導(dǎo)線間的電勢(shì)差為 設(shè)導(dǎo)線長(zhǎng)為L(zhǎng)的一段上所帶電量為Q，則有，故單位長(zhǎng)度的電容 21-4 解：由題給條件 (和，忽略邊緣效應(yīng), 應(yīng)用高斯定理可求出兩筒之間的場(chǎng)強(qiáng)兩筒間的電勢(shì)差電容器的電容電容器貯存的能量 21-5 解：因保持與電源連接，兩極板間電勢(shì)差保持不變，而電容值由 電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能量由 在兩極板間距增大過(guò)程中，電容器上電荷由Q減至Q，電源作功： 設(shè)在拉開(kāi)極板過(guò)程中，外力作功為A2，據(jù)功能原理 在拉開(kāi)極板過(guò)程中，外力作正功。 21-6 答：帶電球面的靜電能量為，在Q不變的

31、情況下，當(dāng)R增大時(shí)，靜電能量減少，電場(chǎng)力作正功?？梢?jiàn)電荷的存在能幫助氣泡增大。由式中Q 2項(xiàng)知，無(wú)論是帶正電荷還是帶負(fù)電荷，效果相同。大學(xué)物理（下冊(cè)）練習(xí)解答練習(xí)22 畢奧薩伐爾定律22-1 （1）D；（2）A；（3）B 22-2 （1）；（2）1.71×10-5 T；（3）；（4）B = 022-3 解：以O(shè)為圓心，在線圈所在處作一半徑為r的圓則在r到r + dr的圈數(shù)為由圓電流公式得方向 22-4 解：利用無(wú)限長(zhǎng)載流直導(dǎo)線的公式求解。 (1) 取離P點(diǎn)為x寬度為dx的無(wú)限長(zhǎng)載流細(xì)條，它的電流 (2) 這載流長(zhǎng)條在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度 方向垂直紙面向里。(3) 所有載流長(zhǎng)條在P點(diǎn)產(chǎn)

32、生的磁感強(qiáng)度的方向都相同，所以載流平板在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度方向垂直紙面向里。 22-5 解：(1) 對(duì)rr+dr段，電荷 dq = l dr，旋轉(zhuǎn)形成圓電流則 它在O點(diǎn)的磁感強(qiáng)度 方向垂直紙面向內(nèi)。 (2) 方向垂直紙面向內(nèi)。 (3) 若a >> b，則，有 過(guò)渡到點(diǎn)電荷的情況。同理在a >> b時(shí)， ，則 也與點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁矩相同。練習(xí)23 磁通量、磁場(chǎng)的高斯定理和安培環(huán)路定律23-1 （1）B；（2）D 23-2 （1）pR2c；（2）；（3），0 23-3 解：設(shè)x為假想平面里面的一邊與對(duì)稱中心軸線距離 (導(dǎo)線內(nèi)) (導(dǎo)線外)令 dF / dx = 0， 得F

33、最大時(shí)23-4 解：(1) 在環(huán)內(nèi)作半徑為r的圓形回路, 由安培環(huán)路定理得， 在r處取微小截面dS = bdr, (2) 同樣在環(huán)外( r < R1 和r > R2 )作圓形回路，由于 B = 023-5 解：圓電流產(chǎn)生的磁場(chǎng) 長(zhǎng)直導(dǎo)線電流的磁場(chǎng) 導(dǎo)體管電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)Ä所以，圓心點(diǎn)處的磁感強(qiáng)度 練習(xí)24 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用、霍爾效應(yīng)24-1 （1）C；（2）B；（3） D 24-2 （1）勻速直線，勻速率圓周，等距螺旋線；（2）0.80×10-13 N；（3），垂直向上；（4）3.08×10-13 J ；（5），；（6）z軸正方向；（7）n，p 24

34、-3 解：電子進(jìn)入磁場(chǎng)作圓周運(yùn)動(dòng)，圓心在底邊上當(dāng)電子軌跡 與上面邊界相切時(shí)，對(duì)應(yīng)最大速度，此時(shí)有如圖所示情形。 由 ，求出v最大值為24-5 解：(1) p型半導(dǎo)體 (2) m-3練習(xí)25 磁場(chǎng)對(duì)電流的作用、磁介質(zhì)25-1 （1）C；（2）B 25-2 （1）；（2），；（3）；（4）9.34×10-19 Am2，相反；（5）0.226 T，300 A/m 25-3 解：對(duì)OO軸而言,重力矩為 磁力矩為 平衡時(shí)， 。所以 T 25-4 解：(1) (2) 25-5 解：(1) 設(shè)磁場(chǎng)強(qiáng)度為H，磁感強(qiáng)度為BH = nI = NI / lB = m0mrH =m0mr IN / l鐵環(huán)的

35、周長(zhǎng)遠(yuǎn)大于橫截面半徑，所以在橫截面內(nèi)可以認(rèn)為磁場(chǎng)是均勻的。所以 Wb (2) （3）iSM9.58×103 A·m-1練習(xí)26 電磁感應(yīng)的基本定律、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)26-1 （1）A；（2）D 26-2 （1）等于，小于；（2），-，0；（3）相同(或)，沿曲線由中心向外；（4）一個(gè)電源，vBL，洛倫茲力26-3 解：由題意，大線圈中的電流在小線圈回路處產(chǎn)生的磁場(chǎng)可視為均勻的。 小線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 當(dāng)x =NR時(shí)， 26-4 解：(1) 設(shè)線圈轉(zhuǎn)至任意位置時(shí)圓線圈的法向與磁場(chǎng)之間的夾角為q，則, 當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過(guò)p /2時(shí)，t =T/4，則 A (2) 由圓線圈中電流Im在圓心處激

36、發(fā)的磁場(chǎng)為 6.20×10-4 T方向在圖面內(nèi)向下，故此時(shí)圓心處的實(shí)際磁感強(qiáng)度的大小 T方向與磁場(chǎng)的方向基本相同。 26-5 解： , 而由 可得 因?yàn)?，所以練習(xí)27 感生電動(dòng)勢(shì)、自感和互感27-1 （1）B ；（2）D；（3） D × ×× ×RcbdaOq27-2（1）0；（2）0；（3）；（4）0.15 H 27-3 解：大?。?=ïdF /d tï= S dB / d t = S dB / d t =3.68 mV 方向：沿adcb繞向。 27-4 解：線框內(nèi)既有感生又有動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)。設(shè)順時(shí)針繞向?yàn)?的正方向。由 =

37、 -dF /d t出發(fā)，先求任意時(shí)刻t的F (t) 方向：l t <1時(shí)，逆時(shí)針；l t >1時(shí)，順時(shí)針。27-5 解：(1) 根據(jù)安培環(huán)路定理可求得磁場(chǎng)分布如下： r>R 0rR分 (2) 分練習(xí)28 磁場(chǎng)能量、位移電流、Maxwell方程組28-1 （1）A；（2）D 28-2 （1）116 ；（2），；（3），與方向相同（或由正極板垂直指向負(fù)極板） 28-3 解： ， (R1< r < R2) ， 28-4 解：由安培環(huán)路定理知 (R1 r R2)磁能密度 總能量 一周期平均值 28-5 解：忽略邊緣效應(yīng)，則極板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為 若在與極板中心軸線垂

38、直的平面內(nèi)，以軸線為中心畫一半徑為r的圓,則通過(guò)該圓的位移電流Id為 根據(jù)對(duì)稱性的分析，極板間任一點(diǎn) 的方向沿通過(guò)該點(diǎn)的與極板共軸的圓周的切線方向，并按右手螺旋法則由的方向決定，而且在圓周上各點(diǎn)的大小相等。因此有 28-6 解：在極板間，取與電容器極板同軸的半徑為r的圓。 的方向與電流流向成右螺旋關(guān)系。練習(xí)29 簡(jiǎn)諧振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程、特征量和旋轉(zhuǎn)矢量法29-1 （1）C；（2）B ；（3）B；（4）C 29-2 （1）10 cm，(p/6) rad/s，p/3；（2）；（3）3p/429-3 解：由旋轉(zhuǎn)矢量圖和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒 T = 8 s， n = (1/8)

39、 s-1， w = 2pn = (p /4) s-1 (1) 以的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸指向右方 t = 0時(shí)， cm t = 2 s時(shí)， cm 由上二式解得 tgf = 1 因?yàn)樵贏點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4 （如圖所示） cm所以振動(dòng)方程 (SI)(2) 速率 (SI)當(dāng)t = 0 時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn) m/s 29-4 解：二彈簧共同的等效勁度系數(shù) N/m kg粘上油泥塊之后 kg新的周期 s物塊速度，油泥塊和物塊碰撞，所以水平方向動(dòng)量守恒 碰撞后 m/s新的振幅 m 29-5 解：(1) s (2) A = 15 cm，在 t = 0時(shí)，x0 = 7.5 cm，v 0

40、 < 0 。故 m/s 或 4p/3因?yàn)?x0 > 0 ，所以 (3) (SI) 練習(xí)30 簡(jiǎn)諧振動(dòng)的能量、簡(jiǎn)諧振動(dòng)的疊加30-1 （1）D ；（2）B 30-2 （1）T/8，3T/8；（2）0.84；（3）3/4，；（4）|A1 A2|，；（5）4×10-2 m，；（6）1.47；（7）291 Hz或309 Hz；（8）4:330-3 解：(1) 勢(shì)能總能量由題意， m (2) 周期T = 2p/w = 6 s從平衡位置運(yùn)動(dòng)到的最短時(shí)間 Dt 為 T/8 Dt = 0.75 s 30-4 (1) 取平衡位置為原點(diǎn)，向下為x正方向。設(shè)物體在平衡位置時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為Dl，

41、則有, 加拉力F后彈簧又伸長(zhǎng)x0，則F= kx0由題意，t = 0時(shí)v 0 = 0，x = x0。則又由題給物體振動(dòng)周期s, 可得角頻率 。由于 ，所以 N(2) 平衡位置以下1 cm處 J = 4.44×10-4 J 30-5 解：由合振動(dòng)的振幅及初相公式，可得 m m = 84.8°=1.48 rad 所以 (SI)30-6 解：把兩波寫成 并令A(yù)1 = A2 = A = 0.06 m，則對(duì)于所求的點(diǎn)有 由，可得 或 m 或 m ( k = 0,1,2,) 練習(xí)31 波的基本概念、平面簡(jiǎn)諧波31-1 （1） C；（2）B；（3）D 31-2 （1）503 m/s；（2）125 rad/s，338 m/s，17.0 m；（3）u = 5.10×103 m/s；（4） (SI)；（5） 或；（6）80 N 31-3 解：設(shè)平面簡(jiǎn)諧波的波長(zhǎng)為l，坐標(biāo)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)初相為f，則該列平面簡(jiǎn)諧波的表達(dá)式可寫成 (SI)t = 1 s時(shí)因此時(shí)a質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故 而此時(shí)，b質(zhì)點(diǎn)正通過(guò)y = 0.05 m處向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有 且 由、兩式聯(lián)立得 l = 0.24 m所以，該平面簡(jiǎn)諧波的表達(dá)式為 (SI)或 (SI) 31-4 解：(1) 設(shè)x = 0 處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為由圖可知，t = t時(shí) 所以 ， x = 0處的振動(dòng)方程為