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新编基础物理学》下册习题解答和分析

题9-2解图

《新编基础物理学》下册习题解答和分析

第九章习题解答

9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。

解：如图所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有

q 1+q 2=5.0×10-5C ① 由题意，由库仑定律得：

由①②联立得：5

2 1.210C

3.810C

q q --?=???=??? 9-2 两根6.0×10-2m 长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5×10-3kg 的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电q 1=q 2=q ，小球受力如图所示

0cos304πq F T R ε==? ①

联立①②得： 223

sin 606103310(m)2

r l --=?=

??=? 其

中

代入③式，即： q =1.01×10-7C

F E q =

，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场

9-3 电场中某一点的场强定义为强？为什么？

答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷

q 0所受力F

与

q 0成正比，故0

F E q =

是与q 0无关的。

9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=?，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-?，已知

BC =0.04m ，AC =0.03m ，求C 点电场强度E

的大小和方向(cos37°≈0.8, sin37°≈0.6). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

题9-1解图

解：如题图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+

42222

0 4.810910 2.710(N/C)4π()(0.04)q E BC ε-???===? 方向为：o

4217.3310

7.2108.1arctan E E arctan =??==α

即方向与BC 边成33.7°。距为0.1m ，求距离它们都是0.1m

处的电场强度E

。

9-5 两个点电荷6

12410

C,810C q q --=?=?的间

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示：966

1122

01910410 3.610(N/C)4π10

q E r ε--???===? 1E ，2E

沿

x 、y 轴分解：

9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ，两个顶点放有电荷－q 。试计算图中在六角形中心O 点处的场强。

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示.设q 1=q 2=…=q 6=q ，各点电荷q 在O 点产生的电场强度大小均为：

各电场方向如图所示，由图可知3E 与6E

抵消. 据矢量合成，按余弦定理有：

0023342

32a q a

q E E πεπε=

==方向垂直向下.

9-7 电荷以线密度λ均匀地分布在长为

l 的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R

的点的场强。

分析：将带电直线无穷分割，取电荷元，

运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，

并利用场强对称性。

解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P 点产生的场强为：

题9-4解图

q q -q

-q

题图9-6

O . 题9-6解图

题9-7解图

题9-8解图

根据坐标对称性分析，E 的方向是y 轴的方向

两个点电荷q 1和q 2相距为l ，若（1）两电荷同号；（2）9-8

两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置. 分

析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示建立坐标系，取q 1为坐标原点，指向q 2的方向为x 轴

正

方

向.

(1) 两电荷同号.场强为零的点只可能在q 1、q 2之间，设距q 1为x 的A 点. 据题意：E 1=E 2即：

(2) 两电荷异号.场强为零的点在q 1q 2连线的延长线或反向延长线上，即E 1=E 2

解之得：112||||||

q l x q q =

9-9 如题图9-9所示，长l =0.15m 的细直棒AB 上，均匀地分布着线密度915.0010C m λ--=??的正电荷，试求：（1）在细棒的延长线上，距棒近端d 1=0.05m 处P 点的场强；（2）在细线的垂直平分线上与细棒相距d 2=0.05m 的Q 点处的场强；(3) 在细棒的一侧，与棒垂直距离为d 2=0.05m ，垂足距棒一端为d 3=0.10m 的S 点处的场强.

分析：将均匀带电细棒分割成无数个电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。

解：(1) 以P 点为坐标原点，建立

如图（1）所示坐标系，将细棒分成许多线元d y .其所带电量为

d q dy λ=，其在

P 点的场强为d E ，则

方向沿Y 轴负方向 (2) 建立如图所示的坐标系，将

细棒分成许多线元d y .其所带电量为d q dy λ=。它在Q 点的场强

d E 的大小为：

d E 在x 、y 轴的投影为：2

0πsin d d cos d sin d 24πx E E E y r λθ

θθε??=-

== ??

? 由图可见：

2c y d tg θ

=，2csc r d θ=

题图9-9

题9-9解图(1)

由于对称性，d E y 分量可抵消，则又∵θ1=π-θ2 方向沿X 轴正方向

(3) 在细

棒一侧的S 点处的场强。建立如图（3）所示的坐标系，分析

如（2）则： 31222

0.12

cos 5

0.10.05

d d d

θ=

++；11sin 5θ=

其

中

：

方向：与x 轴的夹角：54.2y x

E arctg

E =?

9-10无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成直角的两部分.试求如题图9-10所示的P 点和P ′点的电场强度. 分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。解：以P 点为坐标原点，建立如题9-10解图(1) 所示坐标系均匀带电细棒的场强：在P 点：1π

θ=，2πθ→ ∴竖直棒在P 点的场强为：

1022

14π22a λε??

??=

+-?? ? ???????

E i j 水平棒在P 点的场强为： ∴在P 点的合场强：即024πE a

ε=

：方向与x 轴正方向成45°.

同理以P ′点为坐标原点，建立如图题9-10解图(2)坐标：在P ′点：13π4

θ=

，2πθ→

∴竖直棒在P ′点的场强为：

102214π22a λε??

??=--+-?? ? ????

???

E i j 水平棒在P ′点的场强为：

题图9-10

题9-10解图(1)

题9-9解图(2)

题9-9解图(3)

题9-12解图

∴在P ′点的合场强为：120[]4πa

ε-=+=+E E E i j 即：024πE a

λε=

，方向与x 轴成-135°.

9-11 无限长均匀带电棒1l 上的线电荷密度为1λ,2l 上的线电荷密度为2λ-，1l 与2l 平行,在与1l ，2l 垂直的平面上有一点P ,它们之间的距离如题图9-11所示,求P 点的电场强度。

分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。解：1l 在P 点产生的场强为：

2l 在

P 点产生的场强大小为：

方向如题9-11解图所示。

把2E

写成分量形式为：

∴在P 点产生的合场强为：

题9-11解图

9-12 一细棒被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷+Q ,下部均匀分布电荷-Q .如题图9-12所示,求圆心O 点处的电场强度。

分析：微分取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。将电荷元电场进行矢量分解，再进行对称性分析，然后积分求解。解：把圆环分成无限多线元d l ，d l 所带电量为2d d πQ

q l R

=，产生的场强为d E 。则d E 的大小为：

2322

00d d d 2π2πQ l Q E R R θ

εε=

把d E 分解成d E x 和d E y ，则：

由于+Q 、-Q 带电量的对称性，x 轴上的分量相互抵消，则：0x E =

题图9-11

题图

9-12

题9-15解图

题9-16解图

∴圆环在O 点产生的场强为：

E j

πε=-

9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,求: (1)图中三个区域的场强1E

，2E

，

3E 的表达式；

（2）若б=4.43×10-6C ·m -2

，那么，1E ，2E ，3E 各多大？分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为：

∴在Ⅰ区域：10

2222σ

σσεεε-=+=E i i i

Ⅱ区域：2000

23222σσσεεε=+=E i i i Ⅲ区域：3000

2222σσσεεε=

-=-E i i i （2）若σ=4.43×10-6C ·m -2则

9-14 边长为a 的立方盒子的六个面分别平行于xOy ，yOz 和xOz 平面，盒子的一角在坐标原点处，在此区域有匀强电场，场强-1200300E V m =+?i j ,求通过各面的电通量。

分析：运用电通量定义求解，注意对于闭合曲面，外法线方向为正。解：

)(200200)300200(1221111

1-??==?+=?=???C m N a dS dS i j i S d E s s s s

即平行于xOy 平面的两平面的电通量为0；

平行于y Oz 平面的两平面的电通量为±200a 2N ·m 2·C -1；平行于x Oz 平面的两平面的电通量为±300a 2N ·m 2·C -1。一均匀带电半圆环，半径为R ，电量为+Q ，求环心处的电势。

9-15 分析：微分取电荷元，运用点电荷电势公式及电势叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数

个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠

加原理求解。

解：把半圆环无穷分割，取线元d l ，其带电量为d d πQ

q l R

=，则其在圆心O 的电势为：

∴整个半圆环在环心O 点处的电势为：

9-16 一面电荷密度为б的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周围的电势分布。

题图9-13

题9-17解图

分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。解：无限大平面周围的场强分布为：

取该平面电势为零，则周围任一点P 的电势为：

9-17 如题图9-17所示，已知a =8×10-2m ，b =6×10-2m, q 1=3×10-8C, q 2=－3×10-8C ，D 为q 1,q 2连线中点，求：（1）D 点和B 点的场强和电势; (2) A 点和C 点的电势；（3）将电量为2×10-9C 的点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所作的功；（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所作的功。

分析：由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势。静电力是保守力，

保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值。

解：（1）建立如图题9-17解图所示坐标系：

985

122222

209103102710(V/m)(410)(610)

524π2B q E a b ε---???===??+?????+??

???????

，方向如图示。 985

222222

0910*******(V/m)(410)(610)524π2B

q E a b ε---???===??+?????+??

???????

，方向如图示。 ∴)/(1076.51052

1313445m V E B

?=??=

；方向平行于x 轴.

同理，U B =0. （2）12

004π4πA q q U b b a εε=

9898322222910310910310 1.810(V)610(610)(810)-----??????=-=???+?98983

12222222200910310910310 1.810(V)4π6104π(610)(810)C q q U b b a εε-----??????=+=-=-??+?+?（3）

3331.810 1.810(V) 3.610(V)AC A C U U U =-=?+?=?

（4）0BD B D U U U =-=

9-18 设在均匀电场中，场强E 与半径为R 的半球面的轴相平行，试计算通过此半球面的电场强度通量？分析：如图所示，由高斯定理可知，穿过圆平面S 1的电力线必通过半球面。

题图

9-17

题9-18解图

题9-19解图

题9-20解图

解：在圆平面S 1上：1

21s E dS E dS E R φπ=?==???－－

所以通过此半球面的电通量为：

2πe E R φ=

9-19 两个带有等

量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2（R 2>R 1）.

单位长度上的电量为λ,求离轴线为r 处的电场强度：(1)

1r R <；(2) 12R r R <<；(3) 2r R >

分

析：由于场为柱对

称的，做同轴圆柱面，运用高斯定理求解。

解：（1）在1r R <时，作如图所示同轴圆柱面为高斯面.由于场为柱对称的，所以通过侧面的电通量为2πrlE ，通过上下底面的电通量为零.据高斯定理，因为此高斯面没有包围电荷，所以有：2π0,0rlE E ==即（2）对12R r R <<，类似（1）作高斯面，有：故得：012πE r

ε=

（3）对2r R >，作类似高斯面，有：故得：E =0。

9-20 静电场中a 点的电势为300V ，b 点电势为-10V .如把5×10-8C 的电荷从b 点移到a 点,试求电场力作的功？分析：电场力作功等于电势能增量的负值。解：依题意可以有如图的示意图：把正电荷由a 点移到b 点时电场力作功

反之，当正电荷从b 点移到a 点时，电场力作功：

负功表示当正电荷向低电势向高电势移动时，它要克服电场力作功，从而增加了它的电势能。 9-21 在半径为R 1和R 2的两个同心球面上分别均匀带电q 1和q 2,求在10r R <<,

12R r R <<,2r R >三个区域内的电势分布。

分析：由于场为球对称的，做同心球面，利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分关系r U E dr +∞

=?求电势。注意：

积分路径上的场强是分段函数。解：利用高斯定理求出：电势的分布：

第十章习题解答

10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。

分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有AC AB U U =。

解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：

即 ()A B C q q q =-+ ① 又因为： AC AB U U = 而: 2

AC AC d

U E =?

于是：

2C B σσ

εε =? 两边乘以面积S 可得： 00

2C B S S σσ

εε =?

即： 2C B q q = ② 联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-?=-?

(2) 002

C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==?=

?=? 10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：

（1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ; （2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。

分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。解：（1） A 、B 两板可视为无限大平板. 所以A 、B 板上的电何在P 点产生的场强分别为:

题图10-1

题10-1解图

02εσ=

A E ,方向为：垂直于A 板由A 指向

B 板 0

2εσ=

B E ，方向与A E 相同.

(2)0

2εσ

E E ，方向于A E 相同 (3) 拿走B 板后：0

2'εσ=E ，方向垂直A 板指向无限远处.

10-3 电量为q 的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R 1和R 2，求场强和电势的分布。

分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布。再应用电势与场强的积分关系求电势，注意积分要分段进行。

解：由静电感应在球壳的内表面上感应出q -的电量，外表面上感应出q 的电量.

所以由高斯定理求得各区域的场强分布为：

即： 122

012(,)4π0()

r R r R r

E R r R ε?<>?=??<

综上可知:

10-4 半径为R 1的导体球，带有电量q ；球外有内、外半径分别为R 2，

R 3的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。（1）求导体球和球壳的电势

U 1，U 2；（2）若球壳接地，求U 1，U 2；（3）若导体球接地（设球壳离地面很远），求U 1，U 2。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；再由电势定义求电势。接地导体电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化。

解:如图题10-4解图（a ）所示,当导体达到静电平衡时,q 分布在导体球的表面上.由于静电感应在外球壳的内表面上感应出q -电量.外表面上感应出q +电量，则球壳外表面上共带电荷()Q q +. (1)

由于场的对称性.由高斯定理求得各区域

的场强分布为：

E 的方向均沿经向向外.

取无限远处电势为零，则由电势的定义可得：内球体内任一场点p 11()r R <的电势1U 为外球壳体内任一场点p 223()R r R <<的电势为:

题10-3解图

题10-4解图（a ）

题图10-2

（2）若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上,此时电场只分布在12()R r R <<的空间，如图题10-4解图（b ）所示.由于外球壳20U =则内球体内任一点P 11()r R <的电势U 1为: 但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所带电量在内外表(3) 当内球接地时，内球的电势10U =，面上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处；因此，内球必然带负电荷。因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷全部消失完；但就球壳而言，仍带有电量+Q 。由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统

中便会感应出等量的负电荷-Q ,此负电荷（-Q ）的一部分（设

为-q ′）均匀分布在内球表面上。球壳内表面上将出现等量的正电荷(+q ′)与之平衡.因此，在达到静电平衡后，内球带电荷-q ′，球壳内表面带电量+q ′，外表面上带电量（Q -q ′），如图所示. 由高斯定理可知各区域的场强分布为:

04πq E r ε'

12()R r R <<

无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算，

球壳上任一场点P 223()R r R <<相对于可得:

联立上述两式，求得：

将q '代入U 2的表达式中可得:

10-5 三个半径分别为R 1，R 2，R 3（R 1< R 2< R 3）的导体同心薄球壳，所带电量依次为q 1，q 2，q 3.求：（1）各球壳的电势；（2）外球壳接地时，各球壳的电势。

分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。对于电荷球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。接地导体时电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。解：(1) 如图题10-5解图(a)所示，半径为R 1的导体球壳外表面上均匀的分布电量q 1，由于静电感应，半径为R 2的球壳内表面上感应出-q 1的电量.外表面上感应出+q 1的电量.因此，半径为R 2的球壳外表面上的电量为q 1+q 2，同理，半径为R 3的球壳内表面上感应出-(q 1+q 2)的电量.外表面上感应出+(q 1+q 2)的电量.所以R 3的球壳外表面上的电量为(q 1+q 2+q 3)。 (方法一) 由于场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为

题10-4解图（b ）

题10-4解图（c ）

122

04πq E r ε=

， 12()R r R <<

E 的方向均沿径向向外.

取无限远处为电势零点.

（方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为q 1,半径为R 1；电量为q 2，半径为R 2；电量为q 3，半径为R 3的三个同心带电球壳分别在各

点所共同产生的电势的叠加.

由于在半径为R 1的球壳外表面上的P 点由三个带电球壳电势的叠加.故有同理: 312202314πq q q U R R ε??

+=+

???

(2)

由于外球壳接地,球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-(q 1+q 2)

(方法一) 用高斯定理求得各区域的场强分别为：

10E = ， 1()r R <

（方法二）可把U 1,视为带电量为q 1，半径为R 1；带电量为q 2，半径为R 2，带电量为-(q 1+q 2)，半径为R 3的同心带电球面在半径为R 1的球壳外表面上的电势的叠加.

把U 2视为带电量为q 1+q 2,半径为R 2.带电量为-(q 1+q 2)，半径为R 3的同心球面在半径为R 2的球壳外

表面上的电势的叠加

因为外球壳接地，所以：30U = 10-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为a ，外球壳半径为b ，求电

容器的电容。

分析：设球壳内外表带电量Q ±，由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分布。由电势与场强的积分关系确定电容器两极板间电势差，再由电容定义式求电容。

解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为：据场强与电势差的关系：于是有：

10-7 一平行板电容器两极板的面积均为S ，相距为d ，其间还有一厚度为t ,面积也为S 的平行放置着的金属板，如题图10-7所示，略去边缘效应.(1) 求电容C .（2）金属板离两极板的远近对电容C 有无影响？（3）在t =0和t =d 时的C

为多

题10-5解图

(a)

题10-5解图（b ）

少？

分析：由于金属板的两个表面在电容器中构成新电容器的两个板板，所以AC 间的电容器可看作AB 、BC 两电容器的串联. 解：（1）00AB AB

C d d t x

εε=

∴AC 间的电容为:

(2) 由上述推导可知，金属板离两极板远近对C 无影响

(3)

当t =0时:0s

C d

ε=

当t=d 时:C=∞

10-8 平行板电容器的两极板间距d =2.00mm,电势差U =400V ，其间充满相对电容率5r ε=的均匀玻璃片,略去边缘效应,求：（1）极板上的面电荷密度0σ；(2)玻璃界面上的极化面电荷密度σ'。

分析：根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度0σ。再利用极化面电荷密度和自由电荷面密度关系求解σ'。

解：（1）据电容的定义式：即: 00r s

σεε=

(2) 662

011118.85107.0810(c/m )5r σσε--?

???'=-

=-??=? ? ???

?? 10-9 如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为d 1，d 2的电介质，其相对电容率分别为1r ε，2r ε，极板的面积为S ，所带面电荷密度为+б0和-б0.求：（1）两层介质中的场强E 1,E 2;（2）该电容器的电容。分析：此电容器可视为上下两电容器串联而成。解: (1) 平行板电容器为介质是真空时分别为：当充满相对电容率为12,r r εε的介质时，场强

01101

r r E E σ

εεε==，方向为垂

直极板向下。

r r E E σεεε=

，方向为垂直极板向下。 (2) 该电容可以看成是12C C 与的串联。

10-10 一无限长的圆柱形导体，半径为R ，沿轴线单位长度上所带电荷为λ，将此圆柱放在无限大的均匀电介质中，电介质的相对电容率为r ε，求：（1）电场强度E 的分布规律；（2）电势U 的分布规律（设圆柱形导体的电势为U 0）

题10-7解图

题10-9解图

分析：介质中高斯定理的应用。先利用介质中高斯定理求D 、E 的空间分布，然后再由电势与场强的关系确定空间电势分布。

解：由于电荷分布呈对称性，故D 、E 分布亦呈对称性，方向沿径向.以r 为半径作一同轴圆柱形柱面，圆柱长为l 。如图中虚线所示，则通过此面的D 通量为: 由高斯定理可知:

解之得: ()()

2πr R D r R r

???

由0r D E εε=可知:

（2）据电势与场强的关系可知：取圆

柱面附近某点B 处电势为零.

则：0B

R U =E

当r ≤R 时, 000R

B r R

U E dl E dl =U U =++=??

当r ≥R 时, B

R r

U E dl E dl E dl

==+???

综上可知电势分布为：

10-11 设有两个同心的薄导体球壳A 与B ，其半径分别为R 1=10cm, R 2=20cm ，所带电量分别为87124.010C, 1.010C q q --=-?=?.球壳间有两层电介质球壳，内层的相对电容率1

ε=，外层的22r ε=，它们分界面的半径15cm R '=，球壳

B 外的电介质为空

气，求：（1）A 球的电势U A ，B 球的电势U B ；（2）两球壳的电势差；（3）离球心30cm 处的场强；（4）由球壳A 与B 组成的电容器的电容

分析：介质中高斯定理的应用。先由介质中高斯定理求D 、E 的空间分布，然后由电势与场强的关系求电势、电势差，再根据电容定义式求电容。

解：（1）由于电荷分布呈球对称性.

∴D 、E 分布亦呈球对称性.方向沿径向.由高斯定理可得:

d i i

D s q =∑?

又由于0r D E εε=

由场强与电势的关系可知: (2)

33B B 2.110 2.710600(V)A A U U U =-=?-?=-

题10-10解图

R '

1r ε

2r ε

题10-11解图

(3) 230r cm R =>

(4)由静电感应，达到静电平衡时，半径为R 2的导体球壳内表面上分布有-q 1的电量.

10-12 如题图10-12所示，平行板电容器极板面积为S ，相距为d ，电势差为U ，极板间放着一厚度为t ，相对电容率为r ε的电介质板，略去边缘效应，求：（1）介质中的电位移D ，场强E ；（2）极板上的电量q ；（3）极板与介质间的场强E ；（4）电容C 。

分析：介质中高斯定理的应用。由电势与场强的关系和D 、E 之间的关系，可得出空气、介质中的场强，由高斯定理可求出介质中的电位移D ，进而求出电量及电容。

解：（1）设介质中的场强为E 、介质外的场强为0E ，则有：

0()()r U Et E d t Et E d t ε=+-=+-

(2) 作一柱形高斯面S ，如图中虚所示，有即： D S S σ?=? 0(1)r r r r U E E d t

εεεε==

(3) 极板与介质间的场强：

(4) 00(1)(1)r r r r r r SU

S d t

q C U

d t

εεεεεεεε+-==

10-13 一平行板电容器，极板间距d =5.00mm ，极板面积S =100cm 2, 用电动势E=300V 的电源给电容器充电. （1）若两板间为真空，求此电容器的电容0C ，极板上的面电荷密度0σ，两极板间的场强0E ；

（2）该电容器充电后，与电源断开，再在两板间插入厚度d =5.00mm 的玻璃片（相对电容率 5.0r ε=）,求其电容C ，两板间的场强E 以及电势差ΔU ；

（3）该电容器充电后，仍与电源相接，在两极板间插入与（2）相同的玻璃片，求其电容C '，两板间的场强E '以及两板上的电荷量q 。

分析：电容器充电后，断开电源，电容器存储的电量不变。而充电后，电容器仍与电源相接，则电容器两极板间电压不变。插入介质后电容器的电容增大。解：（1）两极板间为真空，则有：又∵ 000q S

C U U

σ==

（2）插入介质后

（3）充电后，仍与电源相接，则300U V ?=不变.

10-14 一圆柱形电容器由半径为R 1的导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒长为l ，内半径为R 2

，导线与圆筒间充满相

题10-12解图

对电容率为r ε的电介质，设沿轴线单位长度上导线的电量为λ，圆筒的电量为λ－，略去边缘效应，求：（1）电介质中电位移D ，场强E ；（2）两极板的电势差。

分析：介质中的高斯定理的应用。根据介质中的高斯定理求出D 、E ，再由电势差与场强的关系求电势差。

解：（1）电荷分布具有对称性,即D 、E 的分布变量呈对称性方向沿径向向外.作如图所示的圆柱形高斯面，由高斯定理可知：

D ds q

x λ==∑? (R 1

即 2D rx x πλ= ∴ 2πD r λ

(R 1

002πr

r D

E r

εεεε=

(R 1

D 、

E 的方向均沿径向向外.

(2) 2

2001

ln 22R R AB R

R r r R U E dr dr r R λλ

πεεπεε===??

10-15 如题图10-15所示，每个电容器的电容C 均为3μF ，现将a ,b 两端加上U =450V 的电压，求：（1）各个电容器上的电量；（2）整个

电容器组所贮存的电能；（3）如果在电容器3C 中，充入

相对电容率2r ε=的电介质，各个电容器上的电量。分析：画出等效电路，利用电容器的串、并联特点求解。解：

（1）画出

该电路的等效图如图示

而 4

910)Q Q Q C ===?－312总（

而 Q Q Q +=1212 且 Q Q 12＝

即各电容器的电量为：44510)Q Q C ==?－12.（；4910)Q C =?－3（

(2) 26211W=C 210(450)0.203()2

U J -=???=总

(3)在3C 中充入2

r ε=的电介质后，其电容为3

C '，则有：

1 6.7510)2

Q Q Q C ===?－123（h

题10-14解图

题10-15解图

题图10-15

第十一章电流与磁场

11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？

答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。

电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q

非

F E =

。当然电源

种类不同，非F 的起因也不同。

11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？

答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。

正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。

11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？

答：此题涉及知识点：电流强度d s

I =??j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。设铜线材料横截

面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E 相同。由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。电流强度d s

I =??j s ，铜线和银层的j 不同但相差

不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。

11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？

答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。

11-5 三个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图11－5所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断？

答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。

11-6 一长直载流导线如题11-6图所示，沿Oy 轴正向放置，在原点O 处取一电流元d I l ，求该电流元在（a ，0，0），（0，

a ，0），（a ，a ，0），（a ，a ，a ）各点处的磁感应强度Β。

分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。解：由毕奥-萨伐尔定律

原点O 处的电流元d I l 在（a ，0，0

）点产生的Β为：

d I l 在（0，a ，0）点产生的Β为：

0032

d d d ()0,4π4πI l

I l a a a μμ?==?=j j B j j d I l 在（a ，a ，0）点产生的Β为： d I l

在（a ，a ，a ）点产生的Β为

11-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为R 的均匀导体圆环联到电源上，如题11-7图所示，

b 点为切点，求O 点的磁感应强度。

分析：应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线L 1和L 2以及导体圆环上并联的大圆弧ab 大和小圆弧ab 小在O 点产生的磁感应强度，再利用磁感应强度的矢量和叠加求解。

解：先看导体圆环，由于ab 大和ab 小并联，设大圆弧有电流1I ，小圆弧有电流2I ，必有：

由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S 相同，实际电阻与圆环弧的弧长l 大和l 小有关，即：12,I l I l =大小 0112

,4πI l B R μ=

大

则1I 在

O 点产生的1B 的大小为

02212

.4I l B B R

μ=

=π小

而2I 在O 点产生的2B 的大小为

1B 和2B 方向相反，大小相等.即

120B B +=。

直导线1L 在O 点产生的30B ＝。直导线2L 在O 点产生的R

B πμ404

，方向垂直纸面向外。则O 点总的磁感强度大小为

11-8 一载有电流I 的长导线弯折成如题11-8图所示的形状，CD 为1/4圆弧，半径为R ，圆心O 在AC ，EF 的延长线上.求O 点处磁场的场强。

分析：O 点的磁感强度Β为各段载流导线在O 点产生磁感强度的矢量和。

题11-7图

题11-6图

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 题11-5图

解：因为O 点在AC 和EF 的延长线上，故AC 和

EF 段对O 点的磁场没有贡献。

CD 段：00,48CD I I

B R R

μμπ

π2

段：0002(cos 45cos135).4242/2DE I I I

B a R

R μμμ=?-?=

=πππ

O 点总磁感应强度为

方同垂直纸面向外.

11-9 一无限长薄电流板均匀通有电流I ，电流板宽为a ，求在电流板同

一平面内距板边为a 的P 点处的磁感应强度。分析：微分无限长薄电流板，对微分电流dI 应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解dB 。并将dB 再积分

求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。

解：在电流板上距P 点x 处取宽为d .x 并平行于电流I 的无限长窄条，狭条中的电流为

dI 在

P 点处产生的磁感强度为：0d d ,2I B x

μ=π方向垂直纸面向里。

整个电流板上各窄条电流在P 点处产生的dB 方向相同，故

11-10 在半径1R cm =的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流5I A =自下而上地通过，如题11-10图所示。试求圆柱轴线上一点P 处的磁感应强度。

分析：微分半圆柱形金属薄片，对微分电流dI 应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解dB 。并将场强矢量dB 分解后再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。

解：无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为d d l R θ=的无限长电流窄条所组成，每根导线上的电流在P 点产生的磁场d B 大小为0d d 2πI

B R

μ=

，方向按右手螺旋法则确定，如解11-10图所示。

题11-8图

题11-10图解11-10图

题图11-9

由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同，P 点的总磁场应化矢量积分为标量积分，即

11-11 在半径为R 及r 的两圆周之间，有一总匝数为N 的均匀密绕平面线圈（如题11-11图）通有电流I ，求线圈中心（即两圆圆心）处的磁感应强度。

分析：微分密绕平面线圈，计算出相应的微分电流dI ，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解dB 。并将矢量dB 再积分求解总的磁感应强度。

解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向r 到R 范围内，单位长度的线圈匝数为

任取半径ρ，宽为d ρ的电流环，该电流环共有电流为该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为

圆心处总磁感强度大小方向垂直纸面向外。

11-12 如题11-12图所示，在顶角为2θ的

圆锥台上密绕以线圈，共N 匝，通以电流I ，绕有线圈部分的

上下底半径分别为r 和R .求圆锥顶O 处的磁感应强度的大小.

分析：微分密绕线圈，计算出相应的微分电流dI ，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式求解dB 。并将矢量dB 再积分求解总的磁感应强度。

解：只要将题11-11中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提，便与本题条件相一致，故解题思路也相似。如解11-12图建立坐标，取半径为ρ，宽为d ρ的电流环的密绕线圈，其含有匝数为d N

R r

ρ-，通电流为d d .NI

I R r

ρ=

- 因为cot x ρθ=，cot dx d ρθ=。

半径为ρ的一小匝电流在O 点产生的dB 大小为

所有电流产生的磁场方向均沿x 轴，所以其磁感强度大小为

题11-11图

大学基础物理学答案(习岗)第4章

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 1212 002204q q q q k r r πε==F r r 其中 922910(N m /C )k =?? 122-1 -2 018.8510(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 02 04q r πε= E r 3. 电场强度的计算 ? 点电荷系的电场 N 2101 4i i i i q r πε== ∑r 0E ? 电荷连续分布的带电体系的电场 2 01d 4q q r πε=?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 s ψ=??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 0 1 d s q = ∑?? 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 N 104i a i i q U r πε==∑ 电荷连续分布的带电体系电场中的电势为 0d 4a q q U r πε=? 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 l E l ?=?0 7. 静电场对导体的作用

《新编基础物理学》第7章习题解答和分析

第7章气体动理论 7-1 氧气瓶的容积为32L ，瓶内充满氧气时的压强为130atm 。若每小时需用1atm 氧气体积为400L 。设使用过程中保持温度不变，问当瓶内压强降到10atm 时，使用了几个小时? 分析氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小。因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量。进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。解已知123130atm,10atm,1atm;p p p === 1232L,V V V ===3400L V =。质量分别为1m ，2m ，3m ,由题意可得: 1 1 m pV RT M = 22m p V RT M = 233m p V RT M = 所以一瓶氧气能用小时数为: ()121233313010329.6(1.0400 m m p V p V n m p V -?--= ===?h) 7-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度是 27C ?。压强是2.4mmHg ，氦气与氖气的压强比是7:1.求管内氦气和氖气的分子数密度. 分析先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式p nkT =求解氦气和氖气的分子数密度。解:依题意, n n n =+氦氖， 52.4 1.01310Pa 760 p p p =+= ??氦氖；:7:1p p =氦氖所以 552.1 0.3 1.01310Pa, 1.01310Pa 760 760 p p = ??= ??氦氖, 根据 p nkT =，得 ()5223 232.1760 1.01310 6.7610(m )1.3810300 p n kT --??===???氦氦 2139.6610(m )P n kT -= =?氖氖 7-3 氢分子的质量为24 3.310 -?g 。如果每秒有23 10个氢分子沿着与墙面的法线成?45角的方向以5 1 10cm s -?的速率撞击在面积为2 2.0cm 的墙面上,如果撞击是完全弹性的,试求这些氢分子作用在墙面上的压强.

基础物理学下册第9章习题答案.docx

基础物理学下册【韩可芳】第9章习题答案第三篇第三篇第三篇第三篇波动和波动光学波动和波动光学波动和波动光学波动和波动光学第九章第九章第九章第九章振动和波动基础振动和波动基础振动和波动基础振动和波动基础思考题思考题思考题思考题 9-1符合什么规律的运动是简谐振动、简谐振动的特征量由什么决定？答答答答：d 2 I" —3 1卩某物理量在某一量值值附近随时间作周期性往复变化的运动是简谐运动，或者是描述系统的物理量W遵从微分方程，则该系统的运动就是简谐运动。其特征量为振幅（由初始状态决定）、频率（由做简谐振动系统的物理性质决定）和初相位（由振动的初始状态决定）。 9-2说明下列运动是不是谐振动：（1）完全弹性球在駛地面上的跳动；（2）活塞的往复运动；（3）如木问题图所示，一小球沿半径很人的光滑凹球血滚动（设题思考题9-2图小球所经过的弧线很短）；（4）竖直悬挂的弹簧上挂一重物，把重物从静止位置拉下一段距离（在弹性限度内），然后放手任其运动；（5）一质点做匀速圆周运动，它在玄径上的投影点的运动。（6）小磁针在地磁的南北方向附近摆动。答答答答：简谐振动的运动学特征是：振动物体的位移（角位移）随时间按余弦或正弦函数规律变化；动力学特征是：振动物体所受的合力（合力矩）与物体偏离平衡位置的位移（角位移）成正比而反向。从能量角度看，物体在系统势能最小值?附近小范围的运动是简谐振动。所以：（1）不是简谐运动，小球始终受重力，不满足上述线性冋复力特征。（2）不是简谐振动。活塞所受的力与位移成非线性关系，不满足上述动力学特征。

（3）是简谐振动。小球只有在“小幅度”摆动时才满足上述特征。（4）是简谐振动。（5）是简谐振动。因为投影点的方程符合物体的位移（角位移）随时间按余弦或正弦函数规律变化（6）小磁针只有在小幅度摆动时才满足上述特征，是简谐振动；在人幅度摆动时不满足上述特征。 9-3 一弹簧振子由最左位置开始摆向右方，在最左端相位是多少？过屮点、达右端、再冋屮点、返冋左端等各处的相位是多少？初相位呢？若过屮点向左运动的时刻开始计时，再冋答以上各问。 -1 - 答答答答：（（（此题需检杳（此题需检杳此题需检查此题需检杳））））以中点处为原点、向右方向为正方向建立坐标系对弹簧振子的运动进行描述，由最左位 H置摆向右方为计时起点，则在最左端相位是-兀，过中点时的相位为-，达右端时为0,再冋屮点时为，返冋左端为H o初相位是- 若过小点向左运动地时刻开始计时,则过中 3JI n 点时的相位为一02, 达最右端时为皿兀。初相位是-9-4同一弹簧振子，当它在光滑水平血上做一维谐振动和它在竖直悬挂情况下做谐振动，振动频率是否相同？如果它放在光滑斜血上，它是否还做谐振动，振动频率是否改变? 如果把它拿到月球上，频率又有什么变化？答答答答：（（（此题需检查（此题需检杳此题需检杳此题需检杳）））） 3 ,振动频率只与3有关，而对于弹簧振子，3 ，因此3取决于根据公式V m 弹簧的弹性系数k和物体质量mo同一弹簧振子在光滑水、卜血上做一?维谐振动和在竖直悬挂情况下做谐振动时，平衡位置不同，而弹簧的弹性系数k和物体质量m不变，因此这两种情形下的振动频率相同。如果把它放在光滑斜血上，同样，只是平衡位置不同，而弹簧的弹性系数k和物体质量ni不变，所以它仍然会做谐振动，振动频率也不会改变。如果把它拿到月球上，虽然月球上的重力加速度与地球上不同，但是3与之无关，而且弹簧的弹性系数k和物体质量m不变，所以频率也不会发生变化。 9-5做谐振动的弹簧振子，当其（1）通过平衡位置时；（2）达到最人位移时；速度、加速度、动能、弹性势能小，哪几个达到最人值，哪几个为零？

2017年秋季西南大学《大学物理基础》答案

单项选择题 1、波长λ=5000?的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放置一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测的屏幕上中央条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距f为 1.2m 2. 1m 3.0.5m 4.0.2m 2、根据惠更斯—菲涅耳原理，若已知光在某时刻的阵面为S，则S的前方某点P的光强度决定于波阵面S上所有面积元发出的子波各自传到P点的 1.振动振幅之和 2.光强之和 3.振动振幅之和的平方 4.振动的相干叠加 3、

在玻璃（折射率n3 =1.60）表面镀一层MgF2 (折射率n2=1.38)薄膜作为增透膜，为了使波长为5000?的光从空气(n1=1.00)正入射时尽可能少反射，MgF2薄膜的最少厚度应是（） 1.1250? 2.1810? 3.2500? 4.906? 4、在双缝干涉实验中，入涉光的波长为λ，用玻璃纸遮住双缝中的一个缝，若玻璃纸中光程比相同厚度的空气的光程大2.5λ，则屏上原来的明纹处（） 1.仍为明条纹 2.变为暗条纹 3.既非明纹也非暗纹 4.无法确定是明纹，还是暗纹 5、以下不是几何光学的基本实验定律的是（） 1.光在均匀介质中的直线传播定律 2.光通过两种介质分界面的反射定律和折射定律 3.发射的光的强弱满足基尔霍夫定律

4.光的独立传播定律 6、对于温度，有以下几种说法 ①温度的高低反映了物质内部分子运动剧烈程度的不同 ②气体的温度是分子平均平动动能的量度 ③气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义 ④从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度上述说法正确的是 1.①、②、④ 2.①、②、③ 3.②、③、④ 4.①、③、④ 7、有两个容器，一个盛氢气，另一个盛氧气。如果这两种气体分子的方均根速率相等，则表明（）Array 1.氧气的温度比氢气高 2.氢气的温度比氧气高 3.两种气体的温度相同 4.两种气体的压强相同 8、

大学基础物理学课后习题答案_含思考题(1)

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 B B 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

新编基础物理学课后答案

习题一 1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω 2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=，式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。其中0v 是发动机关闭时的速度。分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx dv v dt dv a ==，积分即可求得。证： 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d Kdx v =-v ??-=x x K 0 d d 10v v v v , Kx -=0 ln v v 0Kx v v e -= 1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 2,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运动学方程)(t r 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。解：（1）由2,x t =得：,2 x t =代入248y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道曲线。画图略（2）质点的位置可表示为：2 2(48)r ti t j =+- 由/v dr dt =则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt =则加速度：8a j = 则：当t=1s 时，有24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有48,216,8r i j v i j a j =+=+= 1-4．一质点的运动学方程为2 2 (1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在2t s =时质点的速度和加速度。分析同1-3. 解：（1）由题意可知：x ≥0，y ≥0，由2 x t =，，可得t x = ,代入2(1)y t =- 整理得： 1y x =-，即轨迹方程（2）质点的运动方程可表示为：22 (1)r t i t j =+-

《新编基础物理学》第一章习题解答和分析

新编基础物理学王少杰顾牡主编上册第一章课后习题答案 QQ:970629600 习题一 1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++ 其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。解：/sin()cos()==-++ v dr dt a t i a t j bk ωωωω 2 /cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=，式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0K x v v e -= 。其中0v 是发动机关闭时的速度。分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx dv v dt dv a ==，积分即可求得。证： 2 d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==? = d K dx v =-v ?? -=x x K 0d d 10 v v v v , Kx -=0 ln v v 0K x v v e -= 1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 2,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运动学方程)(t r 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。解：（1）由2,x t =得：,2 x t =代入2 48y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道曲线。画图略（2）质点的位置可表示为：2 2(48)r ti t j =+- 由/v dr dt = 则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt = 则加速度：8a j = 则：当t=1s 时，有24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有48,216,8r i j v i j a j =+=+= 1-4．一质点的运动学方程为2 2 (1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求

《新编基础物理学答案》_第11章

第11章恒定电流与真空中的恒定磁场 11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一定的电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种电场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，k F E q = 。当然电源种类不同，k F 的起因也不同。 11-2静电场与恒定电场有什么相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。 11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度d s I =?? j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ= 。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E 相同。由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ= 知，它们中的电流密度j 不相同。电流强度d s I =?? j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。 11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场或者是磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。

基础物理学答案

第三篇波动和波动光学第九章振动和波动基础思考题 9-1 符合什么规律的运动是简谐振动、简谐振动的特征量由什么决定？答：某一物理量在某一量值值附近随时间作周期性往复变化的运动是简谐运动, 或者是描述系统的物理量ψ遵从微分方程ψωψ 22 2-=dt d , 则该系统的运动就是简谐运动. 其特征量为振幅(由初始状态决定),频率(由做简谐振动系统的物理性质决定),初相位（由振动的初始状态决定）. 9-2 说明下列运动是不是谐振动：（1）完全弹性球在硬地面上的跳动；（2）活塞的往复运动；（3）如本问题图所示，一小球沿半径很大的光滑凹球面滚动（设小球所经过的弧线很短）；（4）竖直悬挂的弹簧上挂一重物，把重物从静止位置拉下一段距离（在弹性限度内），然后放手任其运动；（5）一质点做匀速圆周运动，它在直径上的投影点的运动。（6）小磁针在地磁的南北方向附近摆动。答：简谐振动的运动学特征是：振动物体的位移（角位移）随时间按余弦或正弦函数规律变化；动力学特征是：振动物体所受的合力（合力矩）与物体偏离平衡位置的位移（角位移）成正比而反向。从能量角度看，物体在系统势能最小值附近小范围的运动是简谐振动。所以：（1）不是简谐运动，小球始终受重力，不满足上述线性回复力特征。（2）不是简谐振动。活塞所受的力与位移成非线性关系，不满足上述动力学特征。（3）是简谐振动。小球只有在“小幅度”摆动时才满足上述特征。（4）是简谐振动。（5）是简谐振动。因为投影点的方程符合物体的位移（角位移）随时间按余弦或正弦函数规律变化（6）是简谐振动。小磁针只有在“小幅度”摆动时才满足上述特征。 9-3 一弹簧振子由最左位置开始摆向右方，在最左端相位是多少？过中点、达右端、再回中点、返回左端等各处的相位是多少？初相位呢？若过中点向左运动的时刻开始计时，再回答以上各问。答：在最左端相位是π 思考题 9-2 图

大学基础物理学答案(习岗)第6章

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 qv F 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=104G 2. 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 00 2d 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 00 2 d d 4l l I 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 02I B r m 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 00 2 4q 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 s Φ= 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 0S B S =蝌 g ò 4. 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 L I B r m ??ò ? 5. 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。即 d d I =?F l B ? 安培定律的积分形式对于任意载流导线，若将其视为由无数个电流元组成的，则其在磁场中所受的作用力为 d F l B l I =?? （2）洛仑兹力一个定向运动的电荷在磁场中所受的力即洛仑兹力，其满足的基本规律为 q =?f υB 洛仑兹力的几个重要应用： ? 质谱仪 ? 霍耳效应 6. 磁介质（1）磁介质及分类能在磁场作用下发生变化，并且能够反过来影响磁场的介质称磁介质。一般用磁介质中的磁感应强度B 的大小与真空中的磁感应强度0B 的大小之比来描述磁介质被磁化后对原来外磁场的影响，即

新编基础物理学上册答案

新编基础物理学上册答案【篇一：新编基础物理学上册1-2单元课后答案】class=txt>王少杰，顾牡主编第一章 ???? 1-1.质点运动学方程为：r?acos(?t)i?asin(?t)j?btk,其中a，b，? 均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。 ? 分析：由速度、加速度的定义，将运动方程r(t)对时间t求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。 ????? 解：v?dr/dt??a?sin(?t)i?a?cos(?t)j?bk ????2 a?dv/dt??a???cos(?t)i?sin(?t)j?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即dv/dt??kv2，式中k 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x距离时的速度为 v?v0e?kx 。其中v0是发动机关闭时的速度。 dvdv 分析：要求v?v(x)可通过积分变量替换a?，积分即可求得。 ?v dtdx dvdvdxdv ???v??kv2dtdxdtdxdv ??kdx vv1xvv???v0v?0kdx ,lnv0??kx 证： v?v0e?kx 1-3．一质点在xoy平面内运动，运动函数为x?2t,y?4t2?8。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t=1 s和t=2 s 时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x和y的两个分量式消去参数t，便可得到质点的轨道方程。写出质点的 ??? 运动学方程r(t)表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得v(t)和 a(t)，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。

大学基础物理学课后答案主编习岗高等教育出版社

《新编基础物理学答案》_第9章

电荷与真空中的静电场 9-1两个小球都带正电，总共带有电荷5.0 105C,如果当两小球相距2.0m时, 任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。分析：运用库仑定律求解。解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q1，q2则有 q1+q2 5. C 1 10 5 ①解图9-1 由库仑定律得 F qq?厂29 109盹1② 4 n °r4 由①②联立解得 9-2两根6.0 10 2m长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为 0.5 10 3kg的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电q，小球受力如解图9-2所示 2 F T cos30 ① 4n 0R 解图9-2 mg T sin30 ② 联立①②得叫E tan30。③ q 其中代入③式，得 r 9-3在电场中某一点的场强定义为E —， q。若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验 r r — 电荷q°所受力F与q0成正比，故E 一是与q°无关的。

q。

9-4直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上 J 有一点荷q i 1.8 10 9C ,B 点上有一点电荷q 2 4.8 10 9C , 已知BC 0.04m , AC 0.03m ,求C 点电场强度E 的大小和; 超方向(cos37 0.8,sin37 0.6). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如解图9-4所示C 点的电场强度为E E r 1 E 2 C 点电场强度E 的大小方向为 C 即方向与BC 边成33.7 ° 9-5两个点电荷q 1 4 10 6C, q 2 8 10 6C 的间距为 0.1m ,求距离它们都是0.1m 处的电场强度E 。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如解图9-5所示 E 1，E 2沿x 、y 轴分解电场强度为 9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ,两个顶点放有电荷一q 。试计算图中在六角形中心O 点处的场强。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解:如解图 9-6 所示.设 q 1 q 2 q 3 q 6=q , q 4 q 5 = 分析：将带电直线无限分割，取一段电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。注意：先将电荷元产生的场强按坐标轴分解然后积分，并利用场强对称性。解：如解图9-7建立坐标，带电直线上任一电荷元在 P 点产生的场强大小为题图9-4 解图9-4 解图9-5 点电荷在o 点产生的电场强度大小均为 E E 1 E 2 E 3 L E 6 q 2 4 n Q 3 各电场强度方向如解图9-6所示, E 3与E 6抵消. 根据矢量合成，按余弦定理有解得方向垂直向下. 9-7电荷以线密度均匀地分布在长为I 的直线上，电直线的中垂线上与带电直线相距为 R 的点的场强。求带 ——H y v \ A 题图9-6 解图9-6

新编基础物理学14单元课后答案

新编基础物理学14单元课后答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第十四章 14-1.如题图14－1所示，一束平行光线以入射角θ射入折射率为n ，置于空气中的透明圆柱棒的端面．试求光线在圆柱棒内发生全反射时，折射率n 应满足的条件．分析：一次折射，一次反射；利用端面折射角与内侧面入射角互余及全反射条件即可求解。解：设光线在圆柱棒端面的折射角为γ，在内侧面的入射角为'θ，根据折射定律，有' sin 'cos sin sin 222θθγθn n n n -=== 光线在界面上发生全反射的条件为1 'sin ≥θn ∴发生全反射时，n 必须满足θ2 sin 1+≥n 14-2.远处有一物点发出的平行光束，投射到一个空气中的实心玻璃球上．设玻璃的折射率为50.1=n ，球的半径为cm r 4=．求像的位置．分析：利用逐步成像法，对玻璃球的前后两个球面逐一成像，即可求得最后像的位置．用高斯成像公式时，应注意两个球面的顶点位置是不同的．cm r r cm r r 4,421-=-===．解： cm cm r n n f 12)415.15.1(1'11=?-=-= cm cm f n f 8)5.112('111-=-=-= cm f p p p f p f 12'',,1''1111 111==∞==+ 或用 -∞====-=-1111 1 11111,1,5.1','''p n n n r n n p n p n cm p p 12',4 15.11'5.111=-=∞-- 对玻璃球前表面所成的像，对后表面而言是物，所以 cm cm r p p 4)812(2'212=-=+= 题图14-1

基础物理学教程下册(白少民著) 课后答案下载

基础物理学教程下册(白少民著) 课后答案下载《基础物理学教程下册》上下册共五篇，分为十三章，上册两篇。下面是由分享的基础物理学教程下册(白少民著)课后答案下载，希望对你有用。 ???点击此处下载???基础物理学教程下册(白少民著)课后答案书名:基础物理学开本：16开定价:31.00元第三篇热物理学第7章热力学基础 7.1热力学系统理想气体状态方程一、热力学系统二、气体的状态参量三、平衡态四、理想气体状态方程 7.2热力学第一定律一、准静态过程二、功三、热量四、内能五、热力学第一定律 7.3理想气体的等值过程摩尔热容

一、等体过程定体摩尔热容二、等压过程定压摩尔热容三、等温过程 7.4绝热过程多方过程一、绝热过程二、多方过程 7.5循环过程卡诺循环一、循环过程二、卡诺循环 7.6热力学第二定律一、热力学第二定律的两种表述二、两种表述的等效性 7.7可逆过程与不可逆过程卡诺定理一、可逆过程与不可逆过程二、卡诺定理 7.8熵熵增加原理一、熵的引入二、熵变的计算三、熵增加原理章后结束语一、本章小结二、应用及前沿发展

习题与思考科学家简介——焦耳阅读资料A：熵和能量退化能源第8章气体动理论 8.1分子动理论的基本观点和统计方法的概念一、分子动理论的基本观点二、统计方法的一般概念 8.2理想气体的压强公式一、理想气体的微观模型二、理想气体的压强公式 8.3温度的微观解释 8.4麦克斯韦气体分子速率分布律一、测定气体分子速率分布的实验二、麦克斯韦气体分子速率分布律三、三种速率的推算 8.5玻尔兹曼分布一、玻尔兹曼分布二、重力场中微粒按高度的分布律三、等温气压公式 8.6能量按自由度均分定理理想气体的内能和摩尔热容一、分子的自由度二、能量按自由度均分定理

《新编基础物理学》第1章习题解答和分析

第1章质点运动学 1-1. 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为x ＝8t 3－6t （m ），试计算质点 (1) 在最初2s 内的平均速度，2s 末的瞬时速度； (2) 在1s 末到3s 末的平均加速度，3s 末的瞬时加速度. 分析：平均速度和瞬时速度的物理含义不同，分别用x t ?=?v 和d d x t =v 求得；平均加速度和瞬时加速度的物理含义也不同，分别用a t ?= ?v 和d d a t =v 求得. 解：(1) 在最初2s 内的平均速度为 31(2)(0)(8262)0 26(m s )2 x x x t t -?-?-?-====???v 2s 末质点的瞬时速度为 212d 24690(m s )d x t t -= =-=?v (2) 1s 末到3s 末的平均加速度为 22(3)(1)(2436)(246)96(m s )2 a t t -?-?---====???v v v 3s 末的瞬时加速度 23d 48144(m s )d a t t -= ==?v 1-2．一质点在xOy 平面内运动，运动方程为2 2(m),48(m)x t y t ==-. （1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求=1 s =2 s t t 和时质点的位置、速度和加速度. 分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程.写出质点的运动学方程)(t r 表达式.对运动学方程求一阶导、二阶导得()t v 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度. 解：（1）由2,x t = 得：,2 x t = 代入248y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道方程. 画图略（2）质点的位置矢量可表示为 22(48)r ti t j =+- 则速度 d 28d r i t j t = =+v 加速度 d 8d a j t = =v 当t =1s 时，有 1224(m),28(m s ),8m s r i j i j a j --=-=+?=?v

新编基础物理学上册7-8单元课后答案

第七章 7-1 氧气瓶的容积为32,L 瓶内充满氧气时的压强为130atm 。若每小时用的氧气在1atm 下体积为400L 。设使用过程温度保持不变，当瓶内压强降到10atm 时，使用了几个小时? 分析氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小。因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量。进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。解已知123130,10,1;P atm P atm P atm === ,3221L V V V ===L V 4003=。质量分别为1m ，2m ，3m ,由题意可得: 1 1 m PV RT M = ○ 1 22 m PV RT M = ○2 2 33 m PV RT M = ○3 所以一瓶氧气能用小时数为: ()1212 333 13010329.61.0400m m PV PV n m PV -?--= ===?小时 7-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度为 27C ?。压强为2.4mmHg ，氦气与氖气得压强比是7:1.求管内氦气和氖气的分数密度. 分析先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式P nkT =求解氦气和氖气的分数密度。解:依题意, n n n =+氦氖， 52.4 1.01310760P P P Pa =+=??氦氖；:7:1P P =氦氖所以 55 2.1 0.31.01310, 1.01310760 760 P Pa P Pa = ??=??氦氖, 根据 P nkT = 所以 ()522323 2.1760 1.01310 6.76101.3810300P n m kT --??===???氦氦 2139.6610P n m kT -=?氖氖 7-3 氢分子的质量为243.310-?克。如果每秒有2310个氢分子沿着与墙面的法线成?45角的方向以510厘米/秒的速率撞击在面积为22.0cm 的墙面上,如果撞击是完全弹性的,求这些氢分子作用在墙面上的压强. 分析压强即作用在单位面积上的平均作用力，而平均作用力由动量定理求得。解:单位时间内作用在墙面上的平均作用力为: 2cos 45F mv N =? 2752234 2 3.3101010102cos 4522330210F mv N p Pa S S ---?????= ===? 7-4 一个能量为1210ev 的宇宙射线粒子,射入一氖气管中,氖管中含有氦气0.10mol,如果宇

基础物理学下册【韩可芳】第11章习题答案

第四篇第四篇第四篇第四篇热学热学热学热学第十一章第十一章第十一章第十一章气体分子运动论气体分子运动论气体分子运动论气体分子运动论思考题思考题思考题思考题 11-1 气体的平衡状态有何特征？当气体处于平衡状态时，还有分子热运动吗？气体的平衡与力学中所指的平衡有何不同？答答答：答：：：平衡态的特征：（1）系统与外界在宏观上无能量和物质的交换（2）系统的宏观性质不随时间改变。热平衡态是指：在无外界的影响下，不论系统初始状态如何，经过足够长的时间后，系统的宏观性质不随时间改变的稳定状态。它与稳定态或力学中的平衡不是一个概念。 1．平衡态是一种热动平衡状态。处在平衡态的大量分子并不是静止的，它们仍在作热运动，而且因为碰撞，每个分子的速度经常在变，但是系统的宏观量不随时间改变。例如：粒子数问题：箱子假想分成两相同体积的部分，达到平衡时，两侧粒子有的穿越界线，但两侧粒子数相同。 2．平衡态是一种理想状态。 11-2 理想气体状态方程可以表达为或。在怎样的情况下，用第一种表达式较方便？又在怎样的情况下，用第二种表达式较方便？答： 11-3 制造电灯泡要在低压（比大气压低很多）条件下把氮气充入灯泡里。为什么要在这样的条件下进行？答： 11-4 对一定量的气体来说，当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大；当体积不变时，气体的压强随温度的升高而增大。从宏观来看，这两种变化都使气体压强增大；从微观来看，它们有什么区别？答答答：答：：：有区别。从微观上看：当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大是因为：当一定时，体积减小，n 越大，即单位时间内碰撞到器壁的分子越多，则P 就越大；当体积不变时，压强随温度的升高而增大是因为：当n 一定时，w 越大，即单位时间内分子对器壁的碰撞越厉害，则P 就越大。 P1V PV2 M T T μ p = w 1 2 1 2 2 3nw = PV = RT