大学物理课后习题答案
第11章 热力学基本原理
11.1 一系统由如图所示的状态a 沿abc 到达c ，有350J 热量传入系统，而系统对外做功126J ．
（1）经adc ，系统对外做功42J ，问系统吸热多少？
（2）当系统由状态c 沿曲线ac 回到状态a 时，外界对系统做功为84J ，问系统是吸热还是放热，在这一过程中系统与外界之间的传递的热量为多少？ [解答]（1）当系统由状态a 沿abc 到达c 时，根据热力学第一定律，吸收的热量Q 和对外所做的功A 的关系是 ΔE + A ，
Q = 其中ΔE 是内能的增量．Q 和A 是过程量，也就是与系统经历的过程有关，而ΔE 是状态量，与系统经历的过程无关．
当系统沿adc 路径变化时，可得
Q 1 = ΔE 1 + A 1，
这两个过程的内能的变化是相同的，即
ΔE 1 = ΔE ，
将两个热量公式相减可得系统吸收的热量为
Q 1 = Q + A 1 - A = 266(J)．
（2）当系统由状态c 沿曲线ac 回到状态a 时，可得
Q 2 = ΔE 2 + A 2，
其中，ΔE 2 = -ΔE ，A 2 = -84(J)，可得
Q 2 = -(Q – A ) + A 2 = -308(J)，
可见：系统放射热量，传递热量的大小为308J ．
11.2 1mol 氧气由状态1变化到状态2，所经历的过程如图，一次沿1→m →2路径，另一次沿1→2直线路径．试分别求出这两个过程中系统吸收热量Q 、对外界所做的功A 以及内能的变化E 2 - E 1． [解答]根据理想气体状态方程pV = RT ，可得气体在状态1和2的温度分别为
T 1 = p 1V 1/R 和T 2 = p 2V 2． 氧气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以其状态从1到2不论从经过什么路径，内能的变化都是 212211()()
2
2i
i E R T T p V p V ?=
-=-
= 7.5×103(J)．
系统状态从1→m 的变化是等压变化，对外所做的功为
2
1
21d ()
V V A p V p V V ==-?= 8.0×103(J)．
系统状态从m →2的变化是等容变化，对外不做功．因此系统状态沿1→m →2路径变化时，对外做功为8.0×103J ；吸收的热量为
Q = ΔE + A = 1.55×104(J)．
系统状态直接从1→2的变化时所做的功就是直线下的面积，即
21211
()()2A p p V V =
+-= 6.0×103(J)．
图11.1
2×图11.2
Q = ΔE + A = 1.35×104(J)．
11.3 1mol 范氏气体，通过准静态等温过程，体积由V 1膨胀至V 2，求气体在此过程中所做的功？
[解答] 1mol 范氏气体的方程为
2()()a
p v b RT v +
-=，
通过准静态等温过程，体积由V 1膨胀至V 2时气体所做的功为
2
2
1
1
2d (
)d V V V V RT a
A p v v v b v ==--??
2
1
ln()V V a
RT v b v
=-+
212111
ln
()V b RT a V b V V -=+--．
11.4 1mol 氢在压强为1.013×105Pa ，温度为20℃时的体积为V 0，今使其经以下两种过程达同一状态：
（1）先保持体积不变，加热使其温度升高到80℃，然后令其作等温膨胀，体积变为原体积的2倍；
（2）先使其作等温膨胀至原体积的2倍，然后保持体积不变，升温至80℃．
试分别计算以上两过程中吸收的热量，气体所做的功和内能增量．将上述两过程画在同一p-V 图上并说明所得结果．
[解答]氢气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以不论从经过什么路径从初态到终态，内能的增量都是
21()2i E R T T ?=-
= 1.2465×103
(J)．
（1）气体先做等容变化时，对外不做功，而做等温变化时，对
外所做的功为
22
1
1
221d d V V V V A p V RT V V ==??
2ln 2RT == 2.0333×103(J)，
所吸收的热量为
Q 2 = ΔE + A 2 = 3.2798×103(J)．
（2）气体先做等温变化时，对外所做的功为
22
1
1
111d d V V V V A p V RT V V ==??
1ln 2RT == 1.6877×103(J)，
Q 1 = ΔE + A 1 = 2.9242×103(J)．
如图所示，气体在高温下做等温膨胀时，吸收的热量多些，曲线下的面积也大些．
11.5为了测定气体的γ（γ=C p /C V ），可用下列方法：一定量气体，它的初始温度、体积和压强分别为T 0，V 0和p 0．用一根通电铂丝对它加热，设两次加热电流和时间相同，使气体吸收热量保持一样．第一次保持气体体积V 0不变，而温度和压强变为T 1，p 1；第二次保持压强p 0不变，而温度和体积则变为T 2，V 2，证明：
100
200()()p p V V V p γ-=
-．
[证明]定容摩尔热容为
(d )d V
V Q C T =
，
在本题中为
C V = ΔQ /(T 1 – T 0)；
定压摩尔热容为
(d )d p p Q C T =
，
在本题中为
C p = ΔQ /(T 2 – T 0)． 对于等容过程有
p 1/T 1 = p 0/T 0，
所以
T 1 = T 0p 1/p 0；
对于等压过程有
V 2/T 2 = V 0/T 0，
所以
T 2 = T 0V 2/V 0．
因此
100100
200200//p V
C T T T p p T C T T T V V T γ--=
=
=
--
100
200()()p p V V V p -=
-． 证毕．
11.6理想气体的既非等温也非绝热的过程可表示为pV n = 常数，这样的过程叫多方过程，n 叫多方指数．
（1）说明n = 0，1，γ和∞各是什么过程．
（2）证明：多方过程中理想气体对外做功：
1122
1p V p V A n -=
-．
（3）证明：多方过程中理想气体的摩尔热容量为：
(
)1V n
C C n γ-=-，
并就此说明（1）中各过程的值．
（1）[说明]当n = 0时，p 为常数，因此是等压过程；
当n = 1时，根据理想气体状态方程pV = RT ，温度T 为常数，因此是等温过程； 当n = γ时表示绝热过程；
当n =∞时，则有p 1/n V = 常数，表示等容过程． （2）[证明]对于多方过程有
pV n = p 1V 1n = p 2V 2n = C (常数)，
理想气体对外所做的功为
2
2
1
1
d d V V n V V A p V CV V
-=
=??
111122
21()11n n pV p V C
V V n n ---=
-=--．证毕．
（2）[证明]对于一摩尔理想气体有 pV = RT ，
因此气体对外所做的功可表示为
12
1RT RT A n -=
-，
气体吸收的热量为
Q = ΔE + A
= 21211()()21i R T T R T T n -+--，
摩尔热容量为
2112()212(1)Q i i in
C R R T T n n +-=
=+=---
(2)/121V
i i n i n
R C n n γ+--=
?=--．证毕．
11.7一气缸内贮有10mol 的单原子理想气体，在压缩过程中，外力做功209J ，，气体温度升高1℃．试计算气体内能增量和所吸收的热量，在此过程中气体的摩尔热容是多少？
[解答]单原子分子的自由度为i = 3，一摩尔理想气体内能的增量为
2i
E R T ?=
?= 12.465(J)，
10mol 气体内能的增量为124.65J ．
气体对外所做的功为A = - 209J ，所以气体吸收的热量为
Q = ΔE + A = -84.35(J)．
1摩尔气体所吸收的热量为热容为-8.435J ，所以摩尔热容为
C = -8.435(J·mol -1·K -1)．
11.8 一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压过程回到状态A ．
（1）A →B ，B →C ，C →A ，各过程中系统对外所做的功A ，内能的增量ΔE 以及所吸收的热量Q ．
（2）整个循环过程中系统对外所做的总功以及从外界吸收
的总热量（各过程吸热的代数和）．
[解答]单原子分子的自由度i = 3．
（1）在A →B 的过程中，系统对外所做的功为AB 直线下的面
积，即 p B )(V B – V A )/2 = 200(J)， A AB = (p A +
内能的增量为
()2AB B A i M E R T T μ?=
-
()2B B A A i
p V p V =-= 750(J)．
吸收的热量为
Q AB = ΔE AB + A AB = 950(J)．
B →
C 是等容过程，系统对外不做功．内能的增量为
()2BC C B i M
E R T T μ?=
-
()2C C B B i
p V p V =-= -600(J)．
吸收的热量为
Q BC = ΔE BC + A BC = -600(J)， 就是放出600J 的热量．
C →A 是等压过程，系统对外做的功为
A CA = p A (V A – V C ) = -100(J)．
内能的增量为
()2CA A C i M
E R T T μ?=
-
()2A A C C i
p V p V =-= -150(J)．
吸收的热量为
Q CA = ΔE CA + A CA = -250(J)，
图11.8
也就是放出250J 的热量．
（2）对外做的总功为
A = A A
B + A B
C + A CA = 100(J)．
吸收的总热量为
Q = Q AB + Q BC + Q CA = 100(J)．
由此可见：当系统循环一周时，内能不变化，从外界所吸收的热量全部转化为对外所做的功．
11.9 1mol 单原子分子的理想气体，经历如图所示的的可逆循环，连接ac 两点的曲线Ⅲ的方程为p = p 0V 2/V 02，a 点的温度为T 0．
（1）以T 0，R 表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ过程中气体吸收的热量．
（2）求此循环的效率． [解答]由题可知：p 0V 0 = RT 0．
（1）I 是等容过程，系统不对外做功，内能的变化为
I
(2b a i E R T T ?=-0000(9)122i
p V RT RT =
-=．
吸收的热量为
Q I = ΔE I = 12RT 0．
II 是等容过程，根据III 的方程，当p c = 9p 0时，V c = 3V 0．系统对外所做的功为 A II = p b (V c - V b ) = 9p 02V 0 = 18RT 0． 内能的变化为
II ()()22c b c c b b i i
E R T T p V p V ?=
-=-
00092272i
p V RT =
=．
吸收的热量为
Q II = ΔE II + A II = 45RT 0．
在过程III 中，系统对外所做的功为
2
0III 20d d a
a c
c
V V
V V p A p V V V
V =
=?
?
33
002026()33a c p V V RT V =
-=-．
内能的变化为
III 0()()22a c c c i i
E R T T RT p V ?=
-=-
0000(93)392i
RT p V RT =-=-．
p 90
图11.9
吸收的热量为
Q III = ΔE III + A III = -143RT 0/3． （2）系统对外做的总功为 A = A I + A II + A III = 28RT 0/3， 系统从高温热源吸收的热量为
Q 1 = Q I + Q II = 57RT 0，
循环效率为
1A
Q η=
= 16.37%．
11.10 1mol 理想气体在400K 和300K 之间完成卡诺循环．在400K 等温线上，初始体积为1×10-3m 3，最后体积为5×10-3m 3．试计算气体在此循环中所做的功及从高温热源所吸收的热量和向低温热源放出的热量．
[解答] 卡诺循环由气体的四个变化过程组成，等温膨胀过程，绝热膨胀过程，等温压缩过程，绝热压缩过程．
气体在等温膨胀过程内能不改变，所吸收的热量全部转化为对外所做的功，即
2
2
1
1
1111d d V V V V Q A p V RT V V ==
=??
2
11ln
V RT V == 5.35×103(J)．
气体在等温压缩过程内能也不改变，所放出的热量是由外界对系统做功转化来的，即
4
4
3
3
2221d d V V V V Q A p V RT V V ==
=??
4
23ln
V RT V =，
利用两个绝热过程，可以证明
V 4/V 3 = V 2/V 1，
可得
Q 2 = 4.01×103(J)．
气体在整个循环过程中所做的功为
A = Q 1 - Q 2 = 1.34×103(J)．
11.11一热机在1000K 和300K 的两热源之间工作，如果
（1）高温热源提高100K ， （2）低温热源降低100K ，
从理论上说，哪一种方案提高的热效率高一些？为什么？
[解答]（1）热机效率为
η = 1 – T 2/T 1，
提高高温热源时，效率为
η1 = 1 – T 2/(T 1 + ΔT )，
提高的效率为
22
1111T T T T T ηηη?=-=
-
+?
2113
()110T T T T T ?=
=
+?= 2.73%．
（2）降低低温热源时，效率为
η2 = 1 – (T 2 - ΔT )/T 1，
提高的效率为
222211T T T T T ?ηηη-?=-=
-
= ΔT /T = 10%．
可见：降低低温热源更能提高热机效率．对于温度之比T 2/T 1，由于T 2 < T 1，显然，分子减少一个量比分母增加同一量要使比值降得更大，因而效率提得更高．
11.12 使用一制冷机将1mol ，105Pa 的空气从20℃等压冷却至18℃，对制冷机必须提供的最小机械功是多少？设该机向40℃的环境放热，将空气看作主要由双原子分子组成． [解答]空气对外所做的功为
2
2
1
1
d d V V V V A p V p V
=
=??
= p (V 2 – V 1) = R (T 2 – T 1)，
其中T 2 = 291K ，T 1 = 293K ．空气内能的增量为
21()2i
E R T T ?=
-，
其中i 表示双原子分子的自由度：i = 5．空气吸收的热量为
Q = ΔE + A =212
()
2i R T T +-= -58.17(J)．
负号表示空气放出热量．因此，制冷机从空气中吸收的热量为
Q 2 = -Q = 58.17(J)．
空气是低温热源，为了简化计算，取平均温度为
T`2 = (T 2 + T 1)/2 = 292(K)；
环境是高温热源，温度为
T`1 = 313(K)．
欲求制冷机提供的最小机械功，就要将制冷当作可逆卡诺机，根据卡诺循环中的公式
11
22Q T Q T =
，
可得该机向高温热源放出的热量为
`
112
`2
T Q Q T == 62.35(J)，
因此制冷机提供的最小机械功为
W = Q 1 - Q 2 = 4.18(J)．
[注意]由于低温热源的温度在变化，所以向高温热源放出的热量的微元为
`
112
`2
d d T Q Q T =，
其中
`222
d d d 2i Q Q R T +=-=-
，因此
`
`2
11`
2d 2d 2T i Q RT T +=-，
积分得制冷机向高温热源放出的热量为
`21112
ln 2T i Q RT T +=-
= 62.35(J)，
与低温热源取温度的平均值的计算结果相同（不计小数点后面2位以后的
数字）。
第12章 静电场
12.1 如图所示，在直角
三角形ABCD 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点
电荷q 2 = -4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强． [解答]根据点电荷的场强大小的公式
22014q q E k
r r ==
πε，
其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m 2·C -2．
点电荷q 1在C 点产生的场强大小为
1
1201
4q E AC =
πε 9
9
4-122
1.810910 1.810(N C )(310)--?=??=???，
方向向下．
点电荷q 2在C 点产生的场强大小为
图12.1
2220||1
4q E BC =
πε 99
4-1
224.810910 2.710(N C )
(410)--?=??=???，
方向向右．
C 处的总场强大小为
E =
44-110 3.24510(N C )==??，
总场强与分场强E 2的夹角为
1
2
arctan
33.69E E ==?θ．
12.2 半径为R 的一段
圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线
密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强． [解答]在带正电的
圆弧上取一弧元
d s = R d θ，
电荷元为d q = λd s ，
在O 点产生的场强大小为
220001d 1d d d 444q s E R R R λλ
θ
πεπεπε=
==，
场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．
对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为 2d
y L E E ==?
/6/6
000
0sin d (cos )22R R
==-
?ππλλ
θθθπεπε
0(12R =-
λ
πε．
12.3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求：
（1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；
（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强．
[解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1 = 0.18(m)． 在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，
根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产生的场强的大小为
1220d d d 4()q l E k
r x l ==
-λπε
场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场强大小通过积分得
120
d 4()L
L l E x l λπε-=
-?
014L
L
x l
λπε-=
-
011
()4x L x L λπε=
--+
2201
24L x L λ
πε=
-． ① 将数值代入公式得P 1点的场强为
8
9
12220.13109100.180.1E -???=??
-
= 2.41×103(N·C -1)，
方向沿着x 轴正向．
（2）建立坐标系，y = d 2．
在细棒上取一线元d l ，所带的电量为 d q = λd l ，
在棒的垂直平分线上的
P 2点产生的场强的大小为
2220d d d 4q l E k
r r λπε==
，
由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为 d E y =
d E 2sin θ．
由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ，
因此 02
d sin d 4y E d λ
θθπε-=
，
总场强大小为
02
sin d 4L
y l L
E d λ
θθ
πε=--=
?
02
cos 4L
l L
d λθπε=-=
L
L
=-=
=
． ②
将数值代入公式得P 2点的场强为
8
9
221/220.13109100.08(0.080.1)y E -???=??
+
= 5.27×103(N·C -1)． 方向沿着y 轴正向．
[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得
10110111
44/1a E d d a d d a λλπεπε=
=
++，
保持d 1不变，当a →∞时，可得
1014E d λ
πε→
， ③
这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．
（2）由②式得
y E =
=
，
当a →∞时，得
022y E d λ
πε→
， ④
这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．
如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．
12.4
棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 强为零． [解答]密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 d s =R d φ，
所带的电量为 d q = λd s ， 在圆心处产生的场
2200d d 44E k
r R R ?πεπε===，
由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为
d E x = -d E cos φ． 总场强为
2/2
0/2
cos d 4x E R πθθ
λ??
πε--=
?
2/2
0/2
sin 4R
πθθλ?
πε--=
0sin 22R λθπε=
，
方向沿着x 轴正向．
再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强． 根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产
生的场强大小为 `04E R λ
πε=
，
由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为
``02cos
cos 2
22x E E R θ
λθ
πε==
，
方向沿着x 轴负向．
当O 点合场强为零时，必有`
x x E E =，可得 tan θ/2 = 1，
因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．
12.5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为ζ，如图所示．试求：
（1
面内，距薄板边缘为a 处的场强．
（2何中心的垂直线上与薄板距离为d 处的场强． [解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为
d λ = ζd x ， 根据直线带电线的
场强公式
02E r λ
πε=
，
得带电直线在P 点产生的场强为
00d 22(/2)E r
b a x πεπε=
=
+-，
其方向沿x 轴正向．
由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为
/2
/21
d 2/2b b E x b a x σπε-=
+-?
/2
/2
ln(/2)2b b b a x σ
πε--=+-
0ln(1)2b
a σπε=
+． ①
场强方向沿x 轴正
向．
（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为
d x 的带电直线，电荷的线密度仍然为 x ，
d λ = ζd
带电直线在Q 点产
生的场强为
221/200d d d 22()x
E r
b x λσπεπε=
=
+，
沿z 轴方向的分量为
221/20cos d d d cos 2()z x
E E b x σθθπε==
+， 设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此
d d cos d 2z E E σ
θθπε==
积分得
arctan(/2)
arctan(/2)
d 2b d z b d E σ
θπε-=
?
0arctan()2b d σπε=
． ②
场强方向沿z 轴正向．
[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为
λ = ζb ，
①式的场强可化为
0ln(1/)2/b a E a b a λπε+=
，
当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
02E a λ
πε→
， ③
这正是带电直线的场强公式．
（2）②也可以化为
0arctan(/2)2/2z b d E d b d λπε=
，
当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
02z E d λ
πε→
，
这也是带电直线的场强公式．
当b →∞时，可得
02z E σ
ε→
， ④
这是无限大带电平面所产生的场强公式．
12.6（1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？
（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？
[解答]点电荷产生的电通量为
Φe = q/ε0．
（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为
Φ1 = Φe /6 = q /6ε0．
（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为
Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；
立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．
12.7 面电荷密度为ζ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．
[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合
成一个球面．球面内包含的电荷为
q = πR 2ζ， 通过球面的电通量为
Φe = q /ε0， 通过半球面的电通量为
Φ`e = Φe /2 = πR 2ζ/2ε0．
图12.7
12.8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．
[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以
E = 0，（r < R 1）．
（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ， 穿过高斯面的电通量为
d d 2
e S
S
E S E rl
Φπ=?==??E S ?，
根据高斯定理Φe = q /ε0，所以
02E r λ
πε=
， (R 1 < r < R 2)．
（3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以
E = 0，（r > R 2）．
12.9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．
[解答]方法一：高斯定理法．
（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．
在板内取一底面积为S ，高为2r 的圆柱面作为高斯
面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通
过高斯面的电通量为
e Φ=S =??E 1
`02ES E S ES
=++=，
高斯面内的体积为 V = 2rS ， 包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①
（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为
Φe = 2ES ，
高斯面在板内的体积为V = Sd ， 包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②
方法二：场强叠加法． （1）
由于平板的可视很多薄板叠而成的，以r 为界，
下面平板产
生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下
面板中取一薄层d y ，面电荷密度为
d ζ = ρd y ，
产生的场强为 d E 1 = d ζ/2ε0， 积分得
100/2d ()222r
d y d
E r ρρεε-=
=+?，③
同理，上面板产生的场强为
/2
200d ()222d r
y d E r ρρεε=
=-?
，④
r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．
（2）在公式③和④中，令r = d /2，得
E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0，
E 就是平板表面的场强．
平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．
12.10 一半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球
内挖去一块半径为R` O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为均强电场． [解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度 为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的叠加． 对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程 23 01443E r r ππρε= P 点场强大小为 03E r ρε= ． 当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程 23014 43E r R ππρε= P 点场强大小为 3 203R E r ρε= ． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为 图12.10 3 20`3O R E a ρε= ， 方向由O 指向O `． O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为 `03O E a ρε= ， 方向也由O 指向O `． [证明]在小球内任一 点P ，大球和小球产生的场强大小分别为 03r E r ρε= ， `0`3r E r ρε= ， 方向如图所示． 设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为 222``2cos r r r r E E E E E θ=++ 22 20 ( )(`2`cos )3r r rr ρθε=++， 根据余弦定理得 222 ` 2`c o s ()a r r r r πθ=+--， 所以 03E a ρ ε= ， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场． 12.11如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验电荷q 0从O 点经过半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功． [解答]正负电荷在O 点的电势的和为零： U O = 0； 在C 点产生的电势为 0004346C q q q U R R R πεπεπε--=+= ， 电场力将正电荷q 0从O 移到C 所做的功为 W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ． 图12.11 12.12真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2ζ，B 平面的电荷面密度为ζ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？ [解答]两平面产生的电场强度大小分别为 E A = 2ζ/2ε0 = ζ/ε0，E B = ζ/2ε0， 两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为 E = E A - E B = ζ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面． 两平面间的电势差为 U = Ed = ζd /2ε0， 当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为 W = qU = qζd /2ε0． 12.13 一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？ [解答]带电球面在外部产生的场强为 204Q E r πε= ， 由于 d d R R R U U E r ∞∞ ∞-=?=??E l 200d 44R R Q Q r r r πεπε∞ ∞ -== ? 04Q R πε= ， 当U R = 0时， 04Q U R πε∞=- ． 12.14 电荷Q 均匀地分布在半径为R 的球体内，试证明离球心r （r 2230(3)8Q R r U R πε-= ． [证明]球的体积为3 43V R π=， 电荷的体密度为 334Q Q V R ρπ= = ． 利用13．10题的方法可求球内外的电场强度大小为 30034Q E r r R ρεπε= =，（r ≦R ）； 204Q E r πε= ，（r ≧R ）． 取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为 d d d R r r R U E r E r ∞ ∞ =?=+???E l 3 2 00d d 44R r R Q Q r r r R r πεπε∞ =+? ? 2 3 0084R r R Q Q r R r πεπε∞ -= + 223 00()84Q Q R r R R πεπε=-+ 2230(3)8Q R r R πε-= ． 12.15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其他地方无电荷． （1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图； （2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图． [解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反． （1）在板内取一底面积为S ，高为2y 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 d e S Φ=??E S d d d 2S S S ES =?+?+?=???E S E S E S 1 2 ． 高斯面内的体积为 V = 2yS ， 包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )． 穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为地 Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为 V = S 2b ， 包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-= 两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一 2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷） 《A 卷参考解答与评分标准》 一 填空题：（18分） 1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）. 3. 5， 4. 2， 5. 3 8 6. 293K ，9887nm . 二 选择题：（15分） 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是，电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】 在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】 设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时 针方向)， 则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）． 【解法二】 动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生＝＝ 感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生－ klvt εεε==感生动生＋ 电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。 六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝ 于是，波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝ 于是，波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合＝ 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合＝, 0,1,2, k =±± ) 大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—１ |r ?｜与r ? 有无不同？ t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里？试举例说明． 解：(1)r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=,12r r r -=?； (２) t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图 （３）t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分 量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. （t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) １－2 设质点的运动方程为x =x （t ），y =y (t )，在计算质点的速度 和加速度时，有人先求出r =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而 求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确。因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单 位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t = 大学物理上册课后习题答案 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解： （1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量， 即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =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 =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =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 =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 清华大学《大学物理》习题库试题及答案热学习题 一、选择题 1．4251：一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m 。根据 理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值 (A) m kT x 32=v (B) m kT x 3312=v (C) m kT x /32=v (D) m kT x /2=v ［ ］ 2．4252：一定量的理想气体贮于某一容器中，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 方向的分量的平均值 (A) m kT π8=x v (B) m kT π831=x v (C) m kT π38=x v (D) =x v 0 ［ ］ 3．4014：温度、压强相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能ε和平均平动动能w 有如下关系： (A) ε和w 都相等 (B) ε相等，而w 不相等 (C) w 相等，而ε不相等 (D) ε和w 都不相等 ［ ］ 4．4022：在标准状态下，若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积比V 1 / V 2=1 / 2 ，则其内能之比E 1 / E 2为： (A) 3 / 10 (B) 1 / 2 (C) 5 / 6 (D) 5 / 3 ［ ］ 5．4023：水蒸气分解成同温度的氢气和氧气，内能增加了百分之几(不计振动自由度和 化学能)？ (A) 66.7％ (B) 50％ (C) 25％ (D) 0 ［ ］ 6．4058：两瓶不同种类的理想气体，它们的温度和压强都相同，但体积不同，则单位 体积内的气体分子数n ，单位体积内的气体分子的总平动动能(E K /V )，单位体积内的气体质 量ρ，分别有如下关系： (A) n 不同，(E K /V )不同，ρ不同 (B) n 不同，(E K /V )不同，ρ相同 (C) n 相同，(E K /V )相同，ρ不同 (D) n 相同，(E K /V )相同，ρ相同 ［ ］ 7．4013：一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平 衡状态，则它们 (A) 温度相同、压强相同 (B) 温度、压强都不相同 (C) 温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强 (D) 温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强 ［ ］ 8．4012：关于温度的意义，有下列几种说法：(1) 气体的温度是分子平均平动动能的 量度；(2) 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；(3) 温度的高低 反映物质内部分子运动剧烈程度的不同；(4) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的 冷热程度。这些说法中正确的是 (A) (1)、(2)、(4)；(B) (1)、(2)、(3)；(C) (2)、(3)、(4)；(D) (1)、(3) 、(4)； ［ ］ 9．4039：设声波通过理想气体的速率正比于气体分子的热运动平均速率，则声波通过 具有相同温度的氧气和氢气的速率之比22 H O /v v 为 (A) 1 (B) 1/2 (C) 1/3 (D) 1/4 ［ ］ 10．4041：设图示的两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线； 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 213r r r i j =-=-r u r u r r r V 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+-r r r 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+r r r 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为 常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+r r r r （2）质点的速率为 v R ω== 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在 t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.020 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ?g 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ， 第十章 磁场对电流的作用 1、长直电流I 2与圆形电流I 1共面，并与其一直径相重合如图(但两者间绝缘)，设长直电流不动，则圆形电流将如何运动？ 答：在圆形电流上对称取四个电流元，如图，分析四个电流元在长直导线产生的磁场中的受力方向，如图所示，则这四个电流元的合力方向向右，而对电流元积分可知，圆形电流将向右运动。 2、两个同心圆线圈，大圆半径为R ，通有电流I 1；小圆半径为r ，通有电流I 2，方向如图．若r << R (大线圈在小线圈处产生的磁场近似为均匀磁场)，当它们处在同一平面内时小线圈所受磁力矩的大小为多少？ 解：大圆线圈圆心处磁场大小R I B 21 0μ= ，方向垂直于环面向内，小线圈磁矩大小 222r I S I P m π==，方向垂直于环面向内，与B 的方向相同，故小线圈所受的磁力矩B P M m ?=，其大小为0 3、三条无限长直导线等距地并排安放，导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别载有1 A ，2 A ，3 A 同方向的电流．由于磁相互作用的结果，导线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ单位长度上分别受力F 1、F 2和F 3，如图所示．则F 1与F 2的比值为多少？ 解：由a I I F πμ22 10=，设导线间距离为a ，向右为正方向。则有： a a a F πμπμπμ474312210001=??+??= a a a F πμπμπμ242212320 002=??-??= 所以：8 7244700 21==a a F F πμπμ I 2 I 1 O r R I 1 I 2 F 1 F 2 F 3 1 A 2 A 3 A Ⅰ Ⅱ Ⅲ 4、有一N 匝细导线绕成的平面正三角形线圈，边长为a ，通有电流I ，置于均匀外磁场B 中，当线圈平面的法向与外磁场同向时，该线圈所受的磁力矩M m 值为多少？ 解：磁力矩B P M m ?=，2 4 3a NI NIS P m ? == 所以：224 343NIa B a NI M =??= 5、如图所示，一半径为R ，通有电流为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 力为多少？作用在带电粒子上的力为多少？ 解：粒子以速度v 运动，其产生磁场磁力线为以O 为圆心的同心圆环，磁场方向与电流方向 相同，由B l Id F d ?=，圆形回路上力为0，圆形电流在O 处产生磁场沿z 轴，作用在带 电粒子上的力为0。 6、磁场中某点处的磁感强度为)SI (20.040.0j i B -=，一电子以速度 j i 6 6100.11050.0?+?=v (SI)通过该点，则作用于该电子上的磁场力F 为多少？ 解：洛伦兹力 k k j i B v e B v q F 14 61910 80 2.04.001 5 .010106.1--?=-???-=?-=?= 7、两个带电粒子，以相同的速度垂直磁感线飞入匀强磁场，它们的质量之比是1∶4，电荷之比是1∶2，它们所受的磁场力之比是多少？，运动轨迹半径之比是多少？ 解：qvB f =，磁场力之比 2 12121==q q F F z q O y x v 西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为：()2r 52/2t t i t j =+-+（SI ），则质点的v ＝ 。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ，则要使其获得β的角加速度，需要施加的合外力矩的大小为 。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和 。 4.一物体沿x 轴运动，受到F =3t (N)的作用，则在前1秒内F 对物体的冲量是 （Ns ）。 5. 一个质点的动量增量与参照系 。（填“有关”、“无关”） 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量，试回答：在保守力场中，当始末位置确定以后，场力做功与路径 。（填“有关”、“无关”） 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设)，一个是相对性原理，另一个是 原理。 8.在一个惯性系下，1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件，则在另一个惯性系下，1事件的发生 2事件的发生（填“早于”、“晚于”）。 9. 一个粒子的固有质量为m 0，当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ；其动能为 。 10. 波长为λ，周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ，则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____；振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-，式中A 、B 、C 为正值恒量，则波的频率为 ；波长为 ；波沿x 轴的 向传播（填“正”、“负”）。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理，对于两列波动的干涉而言，产生稳定的干涉现象需要三个基本条件：相同或者相近的振动方向，稳定的位相差，以及 。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+，现在另有一简谐振动，其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ，则Φ= 时，它们的合振动振幅最 大；Φ= 时，它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为 。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ，分子质量为m ，分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看，对压强和温度这些状态量而言， 是理想气体分子热运动激烈程度的标志。 1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作 用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的 阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。 1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t 一、选择题： 1．3001：把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度 θ ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。若用余弦函数表示其运动方程，则该单 摆振动的初相为 (A) π (B) π/2 (C) 0 (D) θ 2．3002：两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。第一个质点的振动方程为x 1 = A cos(ωt + α)。当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处。则第二个质点的振动方程为： (A) )π21cos(2++=αωt A x (B) ) π21 cos(2-+=αωt A x (C) ) π23 cos(2-+=αωt A x (D) )cos(2π++=αωt A x 3．3007：一质量为m 的物体挂在劲度系数为k 的轻弹簧下面，振动角频率为ω。若把此弹簧分割成二等份，将物体m 挂在分割后的一根弹簧上，则振动角频率是 (A) 2 ω (B) ω2 (C) 2/ω (D) ω /2 (B) 4．3396：一质点作简谐振动。其运动速度与时间的曲线如图所示。若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初相应为 (A) π/6 (B) 5π/6 (C) -5π/6 (D) -π/6 (E) -2π/3 5．3552：一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和T 2。将它们拿到月球上去，相应的周期分别为1T '和2T '。则有 (A) 11T T >'且22T T >' (B) 11T T <'且22T T <' (C) 11T T ='且22T T =' (D) 11T T ='且22T T >' 6．5178：一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 ) 31 2cos(1042π+π?=-t x (SI)。从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 (A) s 81 (B) s 61 (C) s 41 (D) s 31 (E) s 21 7．5179：一弹簧振子，重物的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，该振子作振幅为A 的简谐振动。当重物通过平衡位置且向规定的正方向运动时，开始计时。则其振动方程为： (A) )21/(cos π+=t m k A x (B) ) 21/cos(π-=t m k A x (C) ) π21/(cos +=t k m A x (D) )21/cos(π-=t k m A x (E) t m /k A x cos = 8．5312：一质点在x 轴上作简谐振动，振辐A = 4 cm ，周期T = 2 s ，其平衡位置取 v 2 1大学物理课后题答案
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