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大学物理简明教程第三版版课后答案

来源：九壹网

习题1

1.1选择题

(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径r(x,y)的端点处，其速度大小为　　　　　（　）

dr(A)

dtd|r|(C)

答案：(D)。

dr(B)

dt(D) (dx2dy)()2dtdt(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度v2m/s，瞬时加速度a2m/s，则一秒钟后质点的速度　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　

）

(A)等于零 (B)等于-2m/s(C)等于2m/s (D)不能确定。答案：(D)。

(3) 一质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每t秒转一圈，在2t时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　）(A)

22R2R, tt(C) 0,0 答案：(B)。(4)

2Rt2R,0(D) t(B) 0,质点作曲线运动，r表示位置矢量，v表示速度，a表示加速度，S表示路程，

a表示切向加速度，下列表达式中，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　

）

① dv/d ta， ③ dS/d tv，

② dr/dtv，④ dv/dta．

(A) 只有①、④是对的． (B) 只有②、④是对的． (C) 只有②是对的． (D) 只有③是对的．答案：(D)。

(5)一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v，瞬时速率为，某一时间内的平均速度为v，平均速率为v，它们之间的关系必定有：　　　　　　　　　　　　

（　）

（A）vv,vv （C）vv,vv 答案：(D)。

（B）vv,vv（D）vv,vv

1.2填空题

(1) 一质点，以ms的匀速率作半径为5m的圆周运动，则该质点在5s内，位移的大小是　　　　　　　　　；经过的路程是　　　　　　　　　。答案： 10m； 5πm。

(2) 一质点沿x方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v0为5m·s-1，则当t为3s时，质点的速度v=　　　　　　　　　。答案： 23m·s-1 . (3)

一质点从静止出发沿半径R=1

m的圆周运动，其角加速度随时间t的变化规律是

=__________________；切向加速度a

1α=12t2-6t (SI)，则质点的角速度

=_________________．

答案：4t3-3t2 (rad/s)， 12t2-6t (m/s2)

(4) 一质点作直线运动，其坐标x与时间t的关系曲线如题1.2(4)图所示．则该质点在第___ 秒瞬时速度为零；在第秒至第秒间速度与加速度同方向．

5 x (m) t (s) O 1 2 3 4 5 6 题1.2(4)图

答案：3, 3 6;

(5) 。

一质点其速率表示式为

v1s2，则在任一位置处其切向加速度a为　　　　　　　　　答案：2s(1s2)1.3　下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？

（1）x=4t-3；（2）x=-4t3+3t2+6；（3）x=-2t2+8t+4；（4）x=2/t2-4/t。

给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x单位为m，t单位为s）

解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。其速度和加速度表达式分别为

vdx4t8dtd2xa24dtt=3s时的速度和加速度分别为v=20m/s，a=4m/s2。因加速度为正所以是加速的。

1.4　在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零？哪些不为零？

(1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零；(2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零；(3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零；(4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。

1.5　一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为x = 4.5 t2 – 2 t3 (SI) ．试求：

(1)第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．解：(1)

(2)

(3)

vx/t0.5 m/s

v = d x/d t = 9t - 6t2 v(2) =-6 m/s

由v =9t - 6t2 可得：当t<1.5s时，v>0; 当t>1.5s时，v<0.

所以 S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m

1.6　两辆车A和B，在笔直的公路上同向行使，它们在同一起始线上同时出发，并且由出发点开始计时，行使的距离x(m)与行使的时间t(s)的函数关系式：A为xA=4t+t2，B为xB=2t2+2t3

，则它们刚离开出发点时，行使在前面的一辆车是哪辆车？并分别求出出发后

两辆车行使距离相同的时刻和出发后B车相对A车速度为零的时刻？

解：（1）因为vA＝dxA/dt＝4＋2t，vB＝dxB/dt＝4t＋6t2，即A车的初速不为零，所以A车在前。

（2）令xA＝xB，　即4t+t2＝2t2+2t3

整理，得　2t2+t-4＝0 解此方程，得t=1.19s

（3）B车相对A车速度为零的时刻，即vA=vB， 4＋2t＝ 4t＋6t2 整理，得3t2+t-2＝0 解此方程，得t=0.67s

1.7 质点P在水平面内沿一半径为R=2 m的圆轨道转动．转动的角速度与时间t的函数关系为kt (k为常量)．已知t2s时，质点P的速度值为32 m/s．试求t1s时，质点P的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k

kω/t2v/Rt24rad/s2

4t2, vR4Rt2t=1s时， v = 4Rt2 = 8 m/s

adv/dt8Rt16m/s2 anv2/R32m/s22aa2an1/235.8 m/s2

1.8 一石头从空中由静止下落，由于空气阻力，石头并非作自由落体运动。现已知加速度a=A-Bv，式中A、B为常量。试求石头的速度随时间的变化关系。解：根据加速度　　 a可得　　　　

dvABvdtdvdtABv由初始条件，两边定积分　　可得　　　vv0tdvdtABv0A(1eBt)B221.9 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x，a的单位为ms位为 m. 质点在x＝0处，速度为10ms,试求质点在任何坐标处的速度值．解： ∵ a1，x的单

dvdvdxdvvdtdxdtdx2分离变量： vdvadx(26x)dx两边积分得

12v2x2x3c2由题知，x0时，v010,∴c50∴ v2xx25ms311.10 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3t ms=0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置．解：∵ a2，开始运动时，x＝5 m，v

dv43tdt分离变量，得 dv(43t)dt积分，得 v4t由题知，t0,v00 ,∴c1032tc1232t2dx34tt2又因为 vdt232分离变量， dx(4tt)dt

2132积分得 x2ttc22故 v4t由题知 t0,x05 ,∴c25故 x2t所以t10s时

213t52v104103102190ms121x1021021035705m21.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3t，式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

3 解： dd9t2,18tdtdt2 (1)t2s时， aR118236ms

anR21(922)21296ms2(2)当加速度方向与半径成45角时，有

tan452a1an即 RR亦即 (9t)18t则解得 t于是角位移为

322292923t3232.67rad12bt的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的21.12 质点沿半径为R的圆周按s＝v0t弧长,v0，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上等于b．

解：（1） vdsv0btdtdvbdt

v2(v0bt)2anRRa(v0bt)4则 aaabR222n2加速度与半径的夹角为

arctan(2)由题意应有

aRban(v0bt)2(v0bt)4abbR22(v0bt)44即 bb,(vbt)002R22∴当tv0时，abb1.13 一质点在半径为0.4 m的圆形轨道上自静止开始作匀角加速转动，其角加速度为α=0.2 rad·s，求t＝2s时质点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．解：当t2s时，t0.220.4 rads则vR0.40.40.16ms112

anR20.4(0.4)20.064ms2aR0.40.20.08ms22aana2(0.064)2(0.08)20.102ms2*1.14 1

一船以速率v1＝30km·h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v2＝40km·h-

沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为多少?在艇上看船的速度又为多少?

解：(1)大船看小艇，则有v21v2v1，依题意作速度矢量图如题1.14图(a)

题1.14图

由图可知 v212v12v250kmh1方向北偏西 arctanv13arctan36.87v24(2)小艇看大船，则有v12v1v2，依题意作出速度矢量图如题1.14图(b)，同上法，得

v1250kmh1方向南偏东36.87.

o习题2

2.1　选择题

(1) 一质点作匀速率圆周运动时，　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　）(A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。(B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。(C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。

(D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。答案：(C)。

(2) 质点系的内力可以改变　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　）(A)系统的总质量。　　(B)系统的总动量。(C)系统的总动能。　　(D)系统的总角动量。答案：(C)。(3) 对功的概念有以下几种说法：

①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。

②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。

③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。在上述说法中：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　）(A)①、②是正确的。(B)②、③是正确的。(C)只有②是正确的。(D)只有③是正确的。答案：(C)。

(4) 一质量为M的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m的木块轻轻放于斜面上，如图．如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将　　　（　） (A) 保持静止． (B) 向右加速运动．

(5) 质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为　　　（　）

(A) aA=0 , aB=0. (C) aA<0 , aB>0.

B (B) aA>0 , aB<0.

(D) aA<0 , aB=0.

F A x 题2.1(5)图

答案：(D)。

2.2填空题

(1) 质量为m的小球，用轻绳AB、BC连接，如图所示，其中AB水平．剪断绳AB前后的瞬间，绳BC中的张力比 T : T′＝____________． C A m B 题2.2(1)图答案：l/cos2θ(2) 一物体质量为10 kg，受到方向不变的力F＝30＋40t (SI)作用，在开始的两秒内，此力

冲量的大小等于________________；若物体的初速度大小为10 m/s，方向与力F的方向相

同，则在2s末物体速度的大小等于___________________．答案：140 N·s； 24 m/s，

(3) 某质点在力F(45x)i（SI）的作用下沿x轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m的过程中，力F所做功为　　　　　　　　。

答案：290J

(4) 质量为m的物体在水平面上作直线运动，当速度为v时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s后速度减为零。则物体加速度的大小为　　　　　，物体与水平面间的摩擦系数为　　　　　。

v2答案：;2sv2.2gs(5) 在光滑的水平面内有两个物体A和B，已知mA=2mB。（a）物体A以一定的动能Ek与静止的物体B发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为　　　　　　　；（b）物

体A以一定的动能Ek与静止的物体B发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为　　　　　　　　。

答案：Ek;2Ek32.3质量为m的子弹以速度v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为Ｋ，忽略子弹的重力，求：

(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式； (2) 子弹进入沙土的最大深度．

解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律

Kvmdv dt∴ ∴ 　　　(2) 求最大深度解法一：

Kdvdt,mvKdvdt

mv0v0tvvv0eKt/m

dx　　　　　　　　　　　　　　　　　dtKt/m v dxv0exdt

0dxv0eKt/mdt0∴ x(m/K)v0(1e 解法二：

Kt/m)

xmaxmv0/KKvmdvdvdxdvm()()mv dtdxdtdxxmax∴ ∴

mdxdv

K　xmaxmv0/K

dx0mdv Kv002.4一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以初速度v0运动，v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．

解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取v0方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如题2.4图.

题2.4图

X方向： Fx0 xv0t ①Y方向： Fymgsinmay ②

t0时 y0 vy0y由①、②式消去t，得

1gsint22y12gsinx22v02.5质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx＝6 N，fy＝-7 N，当t＝0时，xy0，vx＝-2 m·s-1，vy＝0．求当t＝2 s时质点的(1)速度；(2)位矢．

解： axfx63ms2m168ay(1)

fym7ms21635vx'vxaxdt22ms1084277vy'vyaydt2ms101682于是质点在2s时的速度

57vij48(2)

ms111r(vxtaxt2)iayt2j221713(224)i()4j28216137ijm482.6　一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为m1的物体，另一边穿在质量为m2的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a下滑，求m1，m2相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．

解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知

m2对绳子的相对加速度为a，故m2对地加速度，

题2.6图

由图(b)可知，为 a2a1a ①

又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律，有

m1gTm1a1 ②

Tm2gm2a2 ③联立①、②、③式，得

(m1m2)gm2aa1m1m2(mm2)gm1aa21m1m2mm(2ga)fT12m1m2讨论 (1)若a0，则a1a2表示柱体与绳之间无相对滑动．

(2)若a2g，则Tf0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1, m2均作自由

落体运动．

2.7 一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速v0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2.7图

题2.7图

在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,

而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为

pmvmv0由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下．

2.8　作用在质量为10 kg的物体上的力为F(102t)iN，式中t的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久．

t41解: (1)　p1Fdt(102t)idt56kgmsi,沿x轴正向，

00p11v15.6msim1I1p156kgmsi (2)　It0(102t)dt10tt22002亦即 t10t2000解得t10s，(t20s舍去)

2.9 一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为

racostibsintj求t＝0 到t时间内质点所受的合力的冲量．2pmvm(asintibcostj)解: 质点的动量为

将t0和t分别代入上式，得2p1mbj,p2mai ,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为

Ipp2p1m(aibj)2.10 一颗子弹由枪口射出时速率为v0ms，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(abt)N(a,b为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量；(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

1F(abt)0,得t(2)子弹所受的冲量

abt1I(abt)dtatbt202将ta代入，得ba2I2b(3)由动量定理可求得子弹的质量

Ia2mv02bv02.11　质量为M＝1.5 kg的物体，用一根长为l＝1.25 m的细绳悬挂在天花板上，如图所示．今有一质量为m＝10 g的子弹以0＝500 m/s的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小＝30 m/s，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量． l 0 m M  　　　　　　　　　题2.11图

解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v有 (2)

mv0 = mv+M v v = m(v0  v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N

ftmvmv04.7Ns (设v0方向为正方向)

负号表示冲量方向与v0方向相反．

2.12 质量为m的一只狗，站在质量为M的一条静止在湖面的船上，船头垂直指向岸边，狗与岸边的距离为S0．这只狗向着湖岸在船上走过l的距离停下来，求这时狗离湖岸的距离S（忽略船与水的摩擦阻力）．

解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒：即

MVm(Vu)0

Vtmu

Mmtmm船走过的路程为 LVdtudtlMmMm00但船与狗的位移方向相反故狗离岸的距离为

SS0(lL)S0Ml

Mm2.13　设F合7i6jN．(1) 当一质点从原点运动到r3i4j16km时，求(1)

F所作的功；(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率;(3)如果质点的质量为1kg，试

求动能的变化．

解: (1)由题知，F合为恒力，

∴ W合Fr(7i6j)(3i4j16k) 212445J(2) PW4575w t0.6(3)由动能定理，EkW45J2.14　以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．

题2.14图

解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-14图，则铁钉所受阻力为

fky第一锤外力的功为W1W1fdyfdykydyss01k ①2式中f是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt0时，ff．设第二锤外力的功为W2，则同理，有

W2kydy1y212kky2 ②22由于铁锤两次打击铁钉时的速度相同，故有

1kW2W1(mv2) ③

2212kk即 ky2222所以， y2于是钉子第二次能进入的深度为

2yy2y1210.414cm2.15　一根倔强系数为k1的轻弹簧A的下端，挂一根倔强系数为k2的轻弹簧B，B的下端又挂一重物C，C的质量为M，如题2.15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比

和弹性势能之比．

题2.15图

解: 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有

FAFBMg又 FAk1x1FBk2x2所以静止时两弹簧伸长量之比为

x1k2x2k1弹性势能之比为

Ep1Ep21k1x12k221k12k2x222.16 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg，地球中心到月球中心的距离3.84×108m，月球质量7.35×1022kg，月球半径1.74×106m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P点的势能为多少?

解: (1)设在距月球中心为r处F月引F地引，由万有引力定律，有

G经整理，得

mM月r2GmM地Rr2rM月M地M月R=

7.3510225.9810247.35102263.48108 38.3210m则P点处至月球表面的距离为

hrr月(38.321.74)1063.66107m (2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为

EPGM月rGM地Rr7.3510225.981024116.67106.6710738.43.831073.8310111.28106J2.17如图所示，一质量为m的物体A放在一与水平面成角的固定光滑斜面上，并系于一

劲度系数为k的轻弹簧的一端，弹簧的另一端固定．设物体沿斜面的运动中, 在平衡位置处的初动能为EK0，以弹簧原长处为坐标原点，沿斜面向下为x轴正向，试求： (1) 物体A处于平衡位置时的坐标x0． (2) 物体A在弹簧伸长x时动能的表达式． A 题2.17图解：(1)

mgsinkx0x0mgsin/k12kx0mgx0sin 212kxmgxsin 2(2) 取弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，则平衡位置处系统的机械能

E0EK0伸长x处系统的机械能 ExEK由机械能守恒定律，解出

E0Ex

1EKEK0k[x(1/k)mgsin]2

22.18 质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2.18图所示．质量为m的

小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．

题2.18图

解: m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有

121mvMV222又下滑过程，动量守恒，以m、M为系统，则在m脱离M瞬间，水平方向有

mvMV0mgR联立以上两式，得

v2MgRmM2.19　一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为vvxivyj, 质点受到一个沿x负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．

解: 由题知，质点的位矢为

rx1iy1j作用在质点上的力为

ffi所以，质点对原点的角动量为

L0rmv(x1iy1j)m(vxivyj)(x1mvyy1mvx)k作用在质点上的力的力矩为

M0rf(x1iy1j)(fi)y1fk12.20　物体质量为3kg，t=0时位于r4im, vi6jms，如一恒力f5jN作用

在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)角动量的变化．

31 解: (1) pfdt5jdt15jkgms0(2)解(一) xx0v0xt4371215at633225.5223即 r14i,r27i25.5jyv0ytvxv0x15vyv0yat63113即 v1i6j,v2i11j∴ L1r1mv14i3(i6j)72kL2r2mv2(7i25.5j)3(i11j)154.5k21∴ LL2L182.5kkgmsdL解(二) ∵Mdt∴ Lt0tMdt(rF)dt0315(4t)i(6tt2)j5jdt02335(4t)kdt82.5kkgm2s102.21　哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为r1＝8.75×1010m 时的速率是v1＝5.46×104m·s-1，它离太阳最远时的速率是v2＝9.08×102m·s-1这时它离太阳的距离r2是多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)

解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 r1mv1r2mv2r1v18.7510105.4610412∴ r25.2610m2v29.08102.22　平板中央开一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为

M1的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为r0时重物达到平衡．今在M1的下方再挂一质

量为M2的物体，如题2.22图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径r为多少?

题2.22图

解: 在只挂重物时M1，小球作圆周运动的向心力为M1g，即

M1gmr200

①

挂上M2后，则有

(M1M2)gmr2

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 r0mv0rmvr2200r 联立①、②、③得

M1g0mr0M21gmr(M1M2)30M1rMM112m2g(M1M)3r01M2②

③

习题3

3.1选择题

(1) 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

① 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； ② 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； ③ 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； ④ 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．在上述说法中， (A) 只有①是正确的． (B) ① 、②正确，③、④错误． (C) ①、②、③都正确，④错误． (D) ①、②、③、④都正确．答案： (B)

(2) 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J，绳下端挂一物体．物体所受重力为P，滑轮的角加速度为．若将物体去掉而以与P相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度将　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　　） (A) 不变． (B) 变小．

答案： (C)

(D) 如何变化无法判断．

　　　　（　　）

(3)关于刚体的转动惯量，下列说法中正确的是　　　　　　　　　　　　　（　　）

（A）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关；（B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关；（C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置；

（D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。答案： (C)(4) 一人造地球卫星到地球中心O的最大距离和最小距离分别是RA和RB．设卫星对应的角动量分别是LA、LB，动能分别是EKA、EKB，则应有　　　　　　　　　（　　） (A) LB > LA，EKA > EKB． (B) LB > LA，EKA = EKB． (C) LB = LA，EKA = EKB． (D) LB < LA，EKA = EKB．

(E) LB = LA，EKA < EKB．

答案： (E)

(5) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　　）

(A) 增大． (B) 不变．

(1) 三个质量均为m的质点，位于边长为a的等边三角形的三个顶点上．此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J0＝________，对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为JA＝__________，对通过三角形中心和一个顶点的轴的转动惯量为JB＝__________．答案：ma2 ；

11 ma2 ； ma2 22(2) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总

质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA和JB，则有JA　　JB 。（填>、<或=）答案： <。

(3) 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J＝3.0 kg·m2，角速度0＝6.0 rad/s．现对物体加一恒定的制动力矩M ＝－12 N·m，当物体的角速度减慢到＝2.0 rad/s时，物体已转过了角度＝_________________．答案：4.0rad

(4) 两个滑冰运动员的质量各为70 kg，均以6.5 m/s的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10 m，当彼此交错时，各抓住一10 m长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L＝_______；它们各自收拢绳索，到绳长为5 m时，各自的速率 ＝_______．答案：2275 kg·m2·s1 , 13 m·s1

(5) 如题3.2（5）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击

中过程中，木球、子弹、细棒系统的　　　　　　　　守恒，原因是　　　　　　　　。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的　　　　　　　　守恒。

题3.2（5）图

答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒。

3.3半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad·s-2的角加速度作匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度和法向加速度分别为多少？解：由题可知转的角度为　22404rad36031214t0.5t2223162由上式得　t3又　则飞轮边缘上一点的切向加速度为　aR0.50.30.15rads法向加速度为　anRtR0.522222160.31.256rads233.4如题3.4图所示，一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC旋转，若放在碗内表面上的一个小球P相对于碗静止，其位置高于碗底4cm，则碗旋转的角速度为多少？

　　　　　　 (a)

(b)

题3.4图

解：小球受到重力和碗的支持力作用，其合力为向心力，如图（b）所示。设支持

力为N，则有

NcosmgFnNsinmgtg又　　　　Fnmr　　　　　　r0.08m所以　　24mg34mg341013rad/s30.083.5质量m＝1.1 kg的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量J＝

12mr(r为盘的半径)．圆盘边缘绕有绳子，绳子下端挂一质量m1＝1.0 2kg的物体，如题3.5图所示．起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率0＝0.6 m/s匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向转动．

m,r m1 题3.5图

解：撤去外加力矩后受力分析如图所示．代入J ＝

m1g－T = m1a Tr＝Ja＝r

a = m1gr / ( m1r + J / r)

12mr, a =2m1g= 6.32 ms2 1m1m2∵ ∴

v 0－at＝0 t＝v 0 / a＝0.095 s

3.6有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为多少？

解：把转台和人作为一系统，人沿半径向外跑去过程中，外力对中心轴的力矩为零，所以系统对轴的角动量守恒。即有

J0(JmR2)所以当人到达转台边缘时，转台的角速度为　J0　　2JmR3.7 飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为

900rev·min-1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题3.7图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?

解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N是正压力，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．

题3.7图（a）

题3.7图(b)

杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

F(l1l2)Nl10Nl1l2Fl1对飞轮，按转动定律有FrR/J，式中负号表示与角速度方向相反．∵ FrN NN∴ FrNl1l2Fl1又∵ J∴ 1mR2,2FrR2(l1l2)F ①JmRl1以F100N等代入上式，得

20.40(0.500.75)40100rads2600.250.503由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

t这段时间内飞轮的角位移为

0900237.06s60400tt21900291409()2260423453.12rad可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．(2)09002rads1，要求飞轮转速在t2s内减少一半，可知60020t02t15rads22用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 FmRl1600.250.5015177N2(l1l2)20.40(0.500.75)23.8 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO转动．设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题3.8图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，M＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m．求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力．

解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

题3.8(a)图题3.8(b)图

(1)m1,m2和柱体的运动方程如下：

T2m2gm2a2 ①m1gT1m1a1 ②T1RT2rJ ③

式中 T1T1,T2T2,a2r,a1R而 J由上式求得

11MR2mr222Rm1rm2gJm1R2m2r20.220.129.811100.20240.10220.20220.102226.13rads2 (2)由①式

T2m2rm2g20.106.1329.820.8N由②式

T1m1gm1R29.820.2.6.1317.1N3.9 计算题3.9图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设

m1＝50kg，m2＝200 kg,M＝15 kg, r＝0.1 m

解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有

m2gT2m2a ①

T1m1a ②

对滑轮运用转动定律，有

1T2rT1r(Mr2) ③

2又， ar ④联立以上4个方程，得

am2gm1m2M22009.87.61552002ms2题3.9(a)图题3.9(b)图

3.10 如题3.10图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.

题3.10图

解: (1)由转动定律，有

11mgl(ml2)233g∴ 

2l(2)由机械能守恒定律，有

l11mgsin(ml2)2223∴ 3gsinl3.11 如题3.11图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无

摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m速度为v0的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．设这碰撞为弹性碰撞，试计算碰撞后小球的速度和直棒获得的初角速度。

题3.11图

解: 设棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：

mv0lJmvl ①

1211mv0J2mv2 ②222上两式中J12Ml3联立①②式，可得

v3mMv0

3mM6mv0

(3mM)l3.12 一个质量为M、半径为R并以角速度转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.12图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．(1)问它能升高多少?

(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能．

题3.12图

解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度

v0R设碎片上升高度h时的速度为v，则有

2v2v02gh令v0，可求出上升最大高度为

2v0122HR2g2g(2)圆盘的转动惯量J11MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量J'MR2mR2，碎片脱22离前，盘的角动量为J，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响

系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即

JJ'mv0R式中为破盘的角速度．于是

11MR2(MR2mR2)mv0R22其中　　　　　　　　　　　　v0R得 (即角速度不变)

圆盘余下部分的角动量为

1(MR2mR2)2转动动能为Ek11(MR2mR2)2223.13 一质量为m、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为m0的子弹以速度v0射入轮缘(如题3.13图所示方向)．(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?

(2)用m,m0和表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比．

题3.13图

解: (1)射入的过程对O轴的角动量守恒

Rsinm0v0(mm0)R2∴ m0v0sin(mm0)Rmvsin21[(mm0)R2][00]Ek2(mm0)Rm0sin2(2) 1Ek0mm02m0v023.14 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.14图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m-1；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m2，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．

题3.14图

解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有

121212mvIkh222又 v/Rmgh(2mghkh2)R2故有 vmR2I(26.09.80.42.00.42)0.326.00.320.52.0ms1习题4

4.1选择题

（1）一质点作简谐振动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为

（

A，且向x轴正方2）

[答案：B]

（2）两个同周期简谐振动曲线如图所示，振动曲线1的相位比振动曲线2的相位（）

（A）落后

2 （B）超前

2

（C）落后 （D）超前

[答案： B]

习题4.1（2）图

（3）一质点作简谐振动的周期是T,当由平衡位置向x轴正方向运动时，从1/2位移处运动到最大位移处的这段路程所需的时间为（）

（A）T/12 （B）T/8 （C）T/6 （D） T/4 [答案：B]

（4）当质点以频率v作简谐振动时，它的动能的变化频率为（A）v/2 （B）v （C）2v （D）4v [答案：A]

（5）谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于

(A)（

）

A 43A 2(B) A22A2(C) (D) [答案：D]

（6）弹簧振子的振幅增大到原振幅的两倍时，其振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度等物理量的变化为（）

（A）其振动周期不变，振动能量为原来的2倍，最大速度为原来的2倍，最大加速度为原来的2倍；

（B）其振动周期为原来的2倍，振动能量为原来的4倍，最大速度为原来的2倍，最大加速度为原来的2倍；

（C）其振动周期不变，振动能量为原来的4倍，最大速度为原来的2倍，最大加速度为原来的2倍；

（D）其振动周期，振动能量，最大速度和最大加速度均不变。[答案：C]

（7）机械波的表达式是y0.05cos(6t0.06x)，式中y和x的单位是m，t的单位是s，则

（A）波长为5m （B）波速为10ms-1 （C）周期为[答案：C]

（8）如图所示，两列波长为的相干波在p点相遇。波在S1点的振动初相是1，点S1到点p的距离是r1。波在S2点的振动初相是2，点S2到点p的距离是r2。以k代表零或正、负整数，则点p是干涉极大的条件为（A）r2r1k （B）212k（C）212r2r1/2k （D）212r1r2/2k[答案：D]

习题4.1（8）图

1s （D）波沿x正方向传播3（）

（9）一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：

（A）它的动能转化为势能.（B）它的势能转化为动能.

（C）它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.

（D）它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小.

[答案：D]4.2 填空题

（1）一质点在X轴上作简谐振动，振幅A＝4cm，周期T＝2s，其平衡位置取作坐标

原点。若t＝0时质点第一次通过x＝－2cm处且向x轴负方向运动，则质点第二次通过x＝－2cm处的时刻为__ __s。

[答案：

2s]3（2）一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题4.2(2)图所示。振子在位移为零，速度为－A、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。振子处在位移的绝对值为A、速度为零、加速度为－2A和弹性力为－KA的状态，则对应曲线上的____________点。

习题4.2(2) 图

[答案：b、f；　a、e]

（3）一质点沿x轴作简谐振动，振动范围的中心点为x轴的原点，已知周期为T，振幅为A。

（a）若t=0时质点过x=0处且朝x轴正方向运动，则振动方程为x=___________________。

（b）若t=0时质点过x=A/2处且朝x轴负方向运动，则振动方程为x=_________________。

[答案：xAcos(2t/T/2)；　xAcos(2t/T/3)]

（4）频率为100Hz，传播速度为300m/s的平面简谐波，波线上两点振动的相位差为π/3，则此两点相距____m。

[答案：0.5m]

（5）一横波的波动方程是y0.02sin2(100t0.4x)(SI)，则振幅是____，波长是____，频率是____，波的传播速度是____。

[答案：0.02m;2.5m;100Hz;250m/s]

（6）产生机械波的条件是和。 [答案：波源；有连续的介质]

（7）两列波叠加产生干涉现象必须满足的条件是和。 [答案：频率相同，振动方向相同，在相遇点的位相差恒定。]

，

4.3 质量为1010kg的小球与轻弹簧组成的系统，按

3x0.1cos(8t2)3(SI)的规律作谐振动，求：

(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；

(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?(3)t25s与t11s两个时刻的位相差；

解：(1)设谐振动的标准方程为xAcos(t0)，相比较厚则有：

A0.1m,8,T121s,02/341又 vmA0.8ms 2.51msam2A63.2ms2(2) Fmmam0.63N12mvm3.16102J21EpEkE1.58102J2E当EkEp时，有E2Ep，即

12112kx(kA)22222Am220∴ x (3) (t2t1)8(51)324.4 一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数表示．如果t0时质点的状态分别是：

(1)x0A；

(2)过平衡位置向正向运动；(3)过xA处向负向运动；2A2处向正向运动．

(4)过x试求出相应的初位相，并写出振动方程．

解：因为 x0Acos0v0Asin02t)T23xAcos(t)T22xAcos(t)T325xAcos(t)T4xAcos(将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有

1233324544.5 一质量为1010kg的物体作谐振动，振幅为24cm，周期为4.0s，当

3t0时位移为24cm．求：

(1)t0.5s时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到x12cm处所需的最短时间；(3)在x12cm处物体的总能量．

解：由题已知 A2410m,T4.0s∴ 又，t0时，x0A,00故振动方程为

220.5Trads1x24102cos(0.5t)m (1)将t0.5s代入得

x0.524102cos(0.5t)m0.17mFmam2x10103()20.174.2103N2方向指向坐标原点，即沿x轴负向．(2)由题知，t0时，00，

A,且v0,故t232/s∴ t323tt时 x0 (3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为

E121kAm2A222110103()2(0.24)2227.1104J4.6 有一轻弹簧，下面悬挂质量为1.0g的物体时，伸长为4.9cm．用这个弹簧和一个质量为8.0g的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开1.0cm后，给予向上的初速度v05.0cms，求振动周期和振动表达式．

1m1g1.01039.81解：由题知k0.2Nmx14.9102而t0时，x01.010m,v05.010ms ( 设向上为正)又 22-1k0.225,即T1.26s3m8102Ax0(v0)2225.01022(1.010)()52102mv05.01025tan01,即0x01.010254∴ x52102cos(5t)m44.7 题4.7图为两个谐振动的xt曲线，试分别写出其谐振动方程．

习题4.7图

解：由题4.7图(a)，∵t0时，x00,v00,03,又,A10cm,T2s2即 2Trads13)m2A5由题4.7图(b)∵t0时，x0,v00,023故 xa0.1cos(tt10时，x10,v10,1225532又 11∴ 5655t)m63故 xb0.1cos(4.8 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0.20m，位相与第一振动的位相差为

6，已知第一振动的振幅为0.173m，求第二个振动的振幅以及第一、第二

两振动的位相差．

习题4.8图

解：由题意可做出旋转矢量题4.8图．

由图知

2A2A12A22A1Acos30(0.173)2(0.2)220.1730.23/20.01∴ A20.1m设角AA1O为，则

2A2A12A22A1A2cos2A12A2A2(0.173)2(0.1)2(0.02)2cos即 2A1A220.1730.10即2，这说明，A1与A2间夹角为

2，即二振动的位相差为

2.

4.9 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：

x5cos(3t)cmx5cos(3t)cm1133(1)  (2)74x25cos(3tx25cos(3t)cm)cm3372,解： (1)∵ 2133∴合振幅 AA1A210cm4,33∴合振幅 A0(2)∵ 4.10 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为

x0.4cos(2t)m165x20.3cos(2t)m6试求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解：∵ 5()66∴ A合A1A20.1m5Asin1A2sin2663tan1A1cos1A2cos20.4cos0.3cos53660.4sin0.3sin∴ 其振动方程为

6x0.1cos(2t6)m4.11 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y=Acos(BtCx)，其中A，

B，C 为正值恒量．求：

(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；

(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差．解: (1)已知平面简谐波的波动方程

yAcos(BtCx) (x0)

将上式与波动方程的标准形式

yAcos(2t2比较，可知：波振幅为A，频率波长x)B，22B，波速u，CC12波动周期T．

B(2)将xl代入波动方程即可得到该点的振动方程

yAcos(BtCl)(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为 将x2x1d，及2(x2x1)2代入上式，即得CCd．

4.12 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y=0.05cos(10t4x)，式中x,y以米计，t以秒计．求：

(1)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；

(2)求x=0.2m处质点在t=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t=1.25s时刻到达哪一点? 解: (1)将题给方程与标准式

yAcos(t2x)相比，得振幅A0.05m，圆频率10，波长0.5m，波速

u2.5ms1．2vmaxA100.050.5ms1绳上各点的最大振速，最大加速度分别为

amax2A(10)20.0552ms2(2)x0.2 m处的振动比原点落后的时间为

x0.20.08su2.5故x0.2m,t1s时的位相就是原点(x0)，在t010.080.92s时的位相，即 9.2π．

设这一位相所代表的运动状态在t1.25s时刻到达x点，则

xx1u(tt1)0.22.5(1.251.0)0.825m4.13 如题4.13图是沿x轴传播的平面余弦波在t时刻的波形曲线．(1)若波沿x轴正向传播，该时刻O，A，B，C各点的振动位相是多少?(2)若波沿x轴负向传播，上述各点的振动位相又是多少?

解: (1)波沿x轴正向传播，则在t时刻，有

习题4.13图

对于O点：∵yO0,vO0，∴O2对于A点：∵yAA,vA0，∴A0对于B点：∵yB0,vB0，∴B23对于C点：∵yC0,vC0，∴C2(取负值：表示A、B、C点位相，应落后于O点的位相)(2)波沿x轴负向传播，则在t时刻，有0,vO0，∴O对于O点：∵yO2对于A点：∵yAA,vA0，∴A0对于B点：∵yB0,vB0，∴B230,vC0，∴C对于C点：∵yC2 (此处取正值表示A、B、C点位相超前于O点的位相)

4.14 一列平面余弦波沿x轴正向传播，波速为5m·s-1，波长为2m，原点处质点的振动曲线如题4.14图所示．

(1)写出波动方程；

(2)作出t=0时的波形图及距离波源0.5m处质点的振动曲线．解: (1)由题4.14(a)图知，A0.1 m，且t0时，y00,v00，∴0又3，2u52.5Hz，则252习题4.14图(a)

取 yAcos[(t)0]，则波动方程为

xux3y0.1cos[5(t)]m52(2) t0时的波形如题4.14(b)图

习题4.14图(b) 习题4.14图(c)

将x0.5m代入波动方程，得该点处的振动方程为

y0.1cos[5t如题4.14(c)图所示．

50.53]0.1cos(5t)m524.15 如题4.15图所示，已知t=0时和t=0.5s时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b)

，波沿x轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：

(1)波动方程；

(2)P点的振动方程．解:

(1)由题4.15图可知，A0.1m，4m，又，t0时，y00,v00，∴

02，而ux1u22ms1，0.5 Hz，∴2t0.54xy0.1cos[(t)]m22故波动方程为

(2)将xP1m代入上式，即得P点振动方程为

y0.1cos[(t22)]0.1cost m习题4.15图

4.16 一列机械波沿x轴正向传播，t=0时的波形如题4.16图所示，已知波速为10 m·s -1，波长为2m，求：

(1)波动方程；

(2) P点的振动方程及振动曲线；(3) P点的坐标；

(4) P点回到平衡位置所需的最短时间．解: 由题4.16图可知A0.1m，t0时，y0A,v00，∴0，由题知223m，

105Hz2∴ 210u10ms1，则u(1)波动方程为

y0.1cos[10(tx)]m103习题4.16图

(2)由图知，t0时，yP取负值)

∴P点振动方程为yp0.1cos(10t(3)∵ 10(tA4,vP0，∴P (P点的位相应落后于0点，故234)3x4)|t010335∴解得 x1.67m3(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题4.16图(a)，则由P点回到平衡位置应经历的位相角

习题4.16图(a)

∴所需的最短时间为

3526t5/61s10124.17 如题4.17图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为yP=A cos(t0)．

(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；(2)写出距P点距离为b的Q点的振动方程．解: (1)如题4.17图(a)，则波动方程为

yAcos[(t如图(b)，则波动方程为

lx)0]uu习题4.17图

yAcos[(t)0](2) 如题4.17图(a)，则Q点的振动方程为

yQAcos[(t)0]如题4.17图(b)，则Q点的振动方程为

xububyQAcos[(t)0]u4.18 已知平面简谐波的波动方程为yAcos(4t2x)(SI)．

(1)写出t=4.2 s时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该

波峰何时通过原点?

(2)画出t=4.2 s时的波形曲线．解:(1)波峰位置坐标应满足

(4t2x)2k解得 x(k8.4) m (k0,1,2,…)所以离原点最近的波峰位置为0.4m．∵4t2xt∴ txu 故知u2ms,

10.40.2s，这就是说该波峰在0.2s前通过原点，那么从此时刻算起，则应2是4.20.24s，即该波峰是在4s时通过原点的．

习题4.18图

(2)∵4,u2ms，∴uTu121m，又x0处，t4.2s时，

04.2416.8y0Acos44.20.8A又，当yA时，x17，则应有

16.82x17解得 x0.1m，故t4.2s时的波形图如题4.18图所示。

4.19 如题4.19图所示，S1和S2为两相干波源，振幅均为A1，相距相超前

4，S1较S2位

2，求：

(1) S1外侧各点的合振幅和强度；(2) S2外侧各点的合振幅和强度.

习题4.19图

解：（1）在S1外侧，距离S1为r1的点，S1S2传到该P点引起的位相差为

22r(r)114AA1A10,IA20（2）在S2外侧.距离S2为r1的点，S1S2传到该点引起的位相差.

22(r24r2)02AA1A12A1,IA24A14.20 如题4.20图所示，设B点发出的平面横波沿BP方向传播，它在B点的振动方程为y12103cos2t;C点发出的平面横波沿CP方向传播，它在C点的振动方程为

y22103cos(2t)，本题中y以m计，t以s计．设BP＝0.4m，CP＝0.5 m，波

速u=0.2m·s-1，求：

(1)两波传到P点时的位相差；

(2)当这两列波的振动方向相同时，P处合振动的振幅；解: (1) (21)2(CPBP)u2(0.50.4)00.2(CPBP)习题4.20图

(2)P点是相长干涉，且振动方向相同，所以

APA1A24103m习题5

5.1 选择题

(1) 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) vx223kT． m(B) vx2213kT．

3m［］

(D) vxkT/m ．

(2) 一个容器内贮有1摩尔氢气和1摩尔氦气，若两种气体各自对器壁产生的压强分别为p1和p2，则两者的大小关系是： (A) p1> p2． (B) p1< p2．

(3) 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)．

(A) 和w都相等． (B) 相等，而w不相等．

(A)

3RT． 25(C)RT．

2答： C;

(B)(D)

3kT． 2［

］

5kT． 2(6)

设v代表气体分子运动的平均速率，vp代表气体分子运动的最概然速率，(v) (A)

21/2代

表气体分子运动的方均根速率．处于平衡状态下理想气体，三种速率关系为

(v2)1/2vvp

21/2(B) vvp(v)21/221/2(C) vpv(v)答： (6) C;

(D) vpv(v) [ ]

(7) 麦克斯韦速率分布曲线如图所示，图中A、B

两部分面积相等，则该图表示 f(v) (A) v0为最概然速率．

A BOv0v

(B) v0为平均速率． (C) v0为方均根速率． (D) 速率大于和小于v0的分子数各占一半．

［

］

题5-1(7)图

答： D; (8)

速率分布函数f(v)的物理意义为：

(A) 具有速率v的分子占总分子数的百分比．

(B) 速率分布在v附近的单位速率间隔中的分子数占总分子数的百分比． (C) 具有速率v的分子数．

(D) 速率分布在v附近的单位速率间隔中的分子数．［］答： B;

(9) 一定量的理想气体，在温度不变的条件下，当压强降低时，分子的平均碰撞频率Z和平均自由程的变化情况是：

(A) Z和都增大． (C) Z增大而减小．答： D。

5.2填空题

（1）有一个电子管，其真空度（即电子管内气体压强）为 1.0×10-5 mmHg，则27 ℃ 时管内单位体积的分子数为_________________ ．答：3.2×1017 /m3

（2）在容积为10－2 m3的容器中，装有质量100 g 的气体，若气体分子的方均根速率为200 m•s－1，则气体的压强为________________．答：1.33×105 Pa

(3) 在温度为127 ℃时，1 mol氧气(其分子可视为刚性分子)的内能为________J,其中分子转动的总动能为______________J. 答： 8.31×103 3.32×103 （4）现有两条气体分子速率分布曲线(1)和(2)，如题

f (v)5.2(4)图所示．

(1)若两条曲线分别表示同一种气体处于不同的温度下

(2)的速率分布，则曲线_____表示气体的温度较高．

若两条曲线分别表示同一温度下的氢气和氧气的速

率分布，则曲线_____表示的是氧气的速率分布． O v 题5.2(4)图答： (2) ; (1)

(B) Z和都减小．

(D) Z减小而增大．

［］

(5) 一定量的某种理想气体，先经过等体过程使其热力学温度升高为原来的2倍;再经过等压过程使其体积膨胀为原来的2倍，则分子的平均自由程变为原来的__________倍．答： 2

5.3容器中储有氧气，其压强为P=0.1MPa(即1atm)温度为27℃求 (1) 单位体积中的分子数n；(2) 氧分子的质量m；(3) 气体密度ρ.解：(1)由气体状态方程pnkT得

p0.11.01310524-3

mn2.451023kT1.3810300(2)氧分子的质量

mMmol0.0325.321026 Kg23N06.0210MRT得Mmol(3)由气体状态方程pVMmolp0.0320.11.0131050.13kgm3RT8.313005.4有一水银气压计，当水银柱为0.76m高时，管顶离水银柱液面0.12m，管的截面积为

2.0×10-4m2,当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6m，此时温度为27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He的摩尔质量为0.004kg/mol)?解：由理想气体状态方程pVMRT得MmolMMmolpVRT5汞的重度dHg1.3310N·m-3氦气的压强p(0.760.60)dHg氦气的体积V(0.880.60)2.010m3

4M0.004(0.760.60)dHg(0.282.0104)8.31(27327)1.91106Kg

5.5 已知某理想气体分子的方均根速率为 400 m·s－1．当其压强为1 atm时，求气体的密度．

11nm22332∴3p/v1.90 kg/m3

解：p5.6 一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为 w= 6.21×1021 J．试求：

(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率． (2) 氧气的温度．

解：(1) ∵ T相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J．且 (2)

v21/22w/m1/2483 m/s

T2w/3k＝300 K．

5.7 在外太空中每立方厘米中差不多有一个氢原子。太空中温度为3. 5K(阴影中)。求这些

分子的方均根速率以及它们产生的压强。解：

23RT38.313.5=295m/s3M11011M1110326262pnm11029511029533NA36.021023=4.810-17(Pa)

5.8容积V＝1 m3的容器内混有N1＝1.0×1025个氢气分子和N2＝4.0×1025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)

3kT8.281021 J 23EKNwN1N2kT4.14105 J

2wp = nkT＝2.76×105 Pa

(2)

5.9　试说明下列各量的物理意义.

1 kT； 2Mi(4)RT； Mmol2(1)

3kT； 2i(5) RT；

2(2)

(3)

ikT；23(6) RT.

25.10 容器内有11 kg二氧化碳和2 kg氢气(两种气体均视为刚性分子的理想气体)，已知混合气体的内能是8.1×106 J．求： (1) 混合气体的温度；

(2) 两种气体分子的平均动能．(二氧化碳的Mmol＝44×10－3kg·mol－1)

解：(1)

Ei1M1iM2RT2RT2Mmol12Mmol2 (2)

i1M1i2M2TE/2M2Mmol2mol161kT＝1.24×10－20J

252kT＝1.04×10－20J

2R＝300 K 5.11 1mol氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少?解：理想气体分子的能量 EviRT2平动动能 t=3 Et38.313003739.5J228.313002493J2转动动能 r=2 Er内能i=5 Ei58.313006232.5J25.12速率分布函数f(v)的物理意义是什么？试说明下列各量的物理意义(n为分子数密度，N为系统总分子数).

(1)f()d；　　　　　　(2)nf()d；　　　　　　(3)Nf()d；

(4)

v0f(v)dv；

(5)

0f(v)dv；

(6)

v2v1Nf(v)dv.

5.13 质量m＝6.2 ×1－17g的微粒悬浮在27℃的液体中，观察到悬浮粒子的方均根速率为1.4 cm·s－1假设粒子速率服从麦克斯韦速率分布，求阿伏伽德罗常数．解：据v21/23RT/Mmol3RT/NAm，

2得NA=3RT / (mv)＝6.15×1023 mol-1．

5.14一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2倍，求(1)氧气和氢气分子数密度之比；(2)氧分子和氢分子的平均速率之比。解：(1)因为pnkT 则 O1nH(2)由平均速率公式

n1.60RTMmolOMmolH1HMmolO45.15 设有N个粒子的系统，其速率分布如题5-15图所示．求

(1) 分布函数f()的表达式；(2) a与0之间的关系；

(3)速度在1.50到2.00之间的粒子数．

Nf()O020

题5.15图

解：(1)从图上可得分布函数表达式

Nf()a/0Nf()aNf()0(00)(020)(20)a/N0(00)f()a/N(020)0(20)(2) f()满足归一化条件，但这里纵坐标是N f()而不是f(),故曲线下的总面积为N. 由归一

化条件

00Na0dN可得a200adN,

2N30(3)可通过面积计算Na(201.50)1N35.16一真空管的真空度约为1.38×10-3 Pa(即1.0×10-5 mmHg)，试求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d＝3×10-10 m)．解：由气体状态方程pnkT得

p1.38103n3.331017m-3

23kT1.3810300由平均自由程公式12d2n12910203.3310177.5m

5.17计算在标准状态下氢气分子的平均自由程和平均碰撞频率．（氢分子的有效直径d 2×10－10 m）

解：据p = nkT得分子密度：n平均自由程：分子平均速率：

p2.69×1025 m－3kT2.1×10－3 m

v Z12d2n8RT1.7×103 m/s

Mmol平均碰撞频率

v8.1×109 s－1

习题6

6.1选择题

(1) 置于容器内的气体，如果气体内各处压强相等，或气体内各处温度相同，则这两种情况下气体的状态

(A) 一定都是平衡态． (B) 不一定都是平衡态．

(D) 后者一定是平衡态，前者一定不是平衡态．［］答：B; . (2) 用公式ECVT(式中CV为定体摩尔热容量，视为常量，为气体摩尔数)计算理想气体内能增量时，此式

(A) 只适用于准静态的等体过程． (B) 只适用于一切等体过程． (C) 只适用于一切准静态过程．

(D) 适用于一切始末态为平衡态的过程．答： D;

［］

(3) 一定量的理想气体，经历某过程后，温度升高了．则根据热力学定律可以断定： ① 该理想气体系统在此过程中吸了热． ② 在此过程中外界对该理想气体系统作了正功． ③ 该理想气体系统的内能增加了．

④ 在此过程中理想气体系统既从外界吸了热，又对外作了正功．以上正确的断言是：

(A) ① 、③ ． (B) ②、③． (C) ③． (D) ③、④． (E) ④．答： C;

［］

(4) 如题6.1(4)图所示,理想气体经历abc准静态过程，设系统对外作功W，从外界吸收的热量Q和内能的增量E，则正负情况是：

p (A)ΔE>0，Q>0，W<0．

b (B)ΔE>0，Q>0，W>0．c (C)ΔE>0，Q<0，W<0．

a(D) ΔE<0，Q<0，W<0．

V［］O

题6.1(4)图

答： B;

(5) 有人设计一台卡诺热机(可逆的)．每循环一次可从 400 K的高温热源吸热1800 J，向

300 K的低温热源放热 800 J．同时对外作功1000 J，这样的设计是 (A) 可以的，符合热力学第一定律． (B) 可以的，符合热力学第二定律．

(D) 不行的，这个热机的效率超过理论值．［］

答： D;

(6) 一定量的某种理想气体起始温度为T，体积为V，该气体在下面循环过程中经过三个平衡过程：(1) 绝热膨胀到体积为2V，(2)等体变化使温度恢复为T，(3) 等温压缩到原来体积V，则此整个循环过程中

(A) 气体向外界放热 (C) 气体内能增加答： A;

(B) 气体对外界作正功(D) 气体内能减少

［］

(7) 关于可逆过程和不可逆过程的判断： ① 可逆热力学过程一定是准静态过程． ② 准静态过程一定是可逆过程．

③ 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程． ④ 凡有摩擦的过程,一定是不可逆过程．以上四种判断，其中正确的是

(A) ①、②、③． ( C) ②、④ ．答： D; (8) C; (9) A

(B) ①、②、(4)． (D) ①、④ ．

［

］

(8)热力学第二定律表明：

(A) 不可能从单一热源吸收热量使之全部变为有用的功．

(B) 在一个可逆过程中，工作物质净吸热等于对外作的功．(C) 摩擦生热的过程是不可逆的．

(D) 热量不可能从温度低的物体传到温度高的物体．　　　［］答： C;

(9) 一绝热容器被隔板分成两半，一半是真空，另一半是理想气体．若把隔板抽出，气体将进行自由膨胀，达到平衡后 (A) 温度不变，熵增加． (B) 温度升高，熵增加． T(C) 温度降低，熵增加． (D) 温度不变，熵不变．［］

题6.1(9)图

答： A

6.2填空题

(1) 某理想气体等温压缩到给定体积时外界对气体作功|W1|，又经绝热膨胀返回原来体积时气体对外作功|W2|，则整个过程中气体

(1) 从外界吸收的热量Q= ________________

p(2) 内能增加了E= ______________________答： -|W1|; -|W2|A 2p1 p1O(2) 一定量理想气体，从A状态 (2p1，V1)经历如题6-2(2)图所示的直线过程变到B状态(2p1，V2)，则AB过程中系统作功

W＝_________；内能改变E=_________．

BV12V1V答：

3p1V1 20

题6.2(2)图

(3) 一气缸内贮有10 mol的单原子分子理想气体，在压缩过程中外界作功209J，气体升温1 K，此过程中气体内能增量为 _____ ，外界传给气体的热量为___________________．答： 124.7 J 84.3 J

(4) 一定量的某种理想气体在等压过程中对外作功为 200 J．若此种气体为单原子分子气体，

则该过程中需吸热_____________ J；若为双原子分子气体，则需吸热______________ J. 答： 500； 700

(5) 给定的理想气体(比热容比为已知)，从标准状态(p0、V0、T0)开始，作绝热膨胀，体积增大到三倍，膨胀后的温度T＝____________，压强p＝__________．答： ()1311T0 , ()p0

3(6) 有一卡诺热机，用290 g空气为工作物质，工作在27℃的高温热源与73℃的低温热源之间，此热机的效率＝______________．若在等温膨胀的过程中气缸体积增大到2.718倍，则此热机每一循环所作的功为_________________．(空气的摩尔质量为29×10-3 kg/mol) 答： 33.3％； 8.31×103 J

6.3 如题6.3图所示，一系统由状态a沿acb到达状态b的过程中，有350 J热量传入系统，而系统作功126 J．

(1)若沿adb时，系统作功42 J，问有多少热量传入系统?

(2)若系统由状态b沿曲线ba返回状态a时，外界对系统作功为84 J，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?

题6.3图

解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差 QEAEQA350126224 Jabd过程，系统作功A42 JQEA22442266J 系统吸收热量

ba过程，外界对系统作功A84JQEA22484308J 系统放热

6.4 用桨叶搅动盛在容器内的液体，若桨叶的功率为2.24 kW,容器以0.586 kW的功率放热，将容器和液体视为一个系统，求系统在单位时间内内能的改变.解: EQW0.586(2.24)1.654(kW)或 E1.654(kJ/s)6.5 1mol单原子理想气体从300K加热到350K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外做了多少功?(1) 容积保持不变；(2) 压力保持不变。解：(1)等体过程

由热力学第一定律得 QE吸热 QEvCV(T2T1)viR(T2T1)2QE对外作功W0(2)等压过程

38.31(350300)623.25J2QvCP(T2T1)vi2R(T2T1)2吸热 Q58.31(350300)1038.75J2EvCV(T2T1)内能增加E38.31(350300)623.25J2对外作功AQE1038.75623.5415.5J6.6如题6.6图所示，1 mol双原子分子理想气体从状态a(p1,V1)沿直线变化到状态b(p2,V2)，试求：

(1)气体的内能增量．(2)气体对外界所作的功．(3)气体吸收的热量．

pP2p1O

aVV1题6.6图

V2b(4)此过程的摩尔热容．解：(1)ECV(T2T1)

(2)

5(p2V2p1V1)2W1(p1p2)(V2V1)，2W1(p2V2p1V1)．2W为梯形面积，根据相似三角形有p1V2= p2V1，则

(3) Q =ΔE+W=3( p2V2－p1V1)．

(4) 以上计算对于A→B过程中任一微小状态变化均成立，故过程中ΔQ =3Δ(pV)．

由状态方程得 Δ(pV)=RΔT，故 ΔQ =3RΔT，摩尔热容

C=ΔQ/ΔT=3R．

6.7 将1 mol理想气体等压加热，使其温度升高72 K，传给它的热量等于1.60×103 J，求：

(1) 气体所作的功W； (2) 气体内能的增量E；

(3) 比热容比．解：(1) (2)

(3)

EWpVRT598 J

QW1.00103 J

QCp22.2Jmol1K1

TCVCpR13.9Jmol1K1

CpCV1.6

6.8 有1 mol刚性多原子分子的理想气体，原来的压强为1.0 atm，温度为27℃，若经过一绝热过程，使其压强增加到16 atm．试求： (1) 气体内能的增量；

(2) 在该过程中气体所作的功；(3) 终态时，气体的分子数密度．解：(1) ∵刚性多原子分子i= 6，∴T2T1(p2/p1)E1i24/3i600 K

1(M/Mmol)iR(T2T1)7.48103 J

2 (2) ∵绝热　W =－ΔE =－7.48×103 J (外界对气体作功) (3) ∵p2 = n kT2

∴n = p2 /(kT2 )=1.96×1026个/m3

6.9 某理想气体的过程方程为Vp1/2=a, 其中a为常数，气体从V1膨胀到V2。求其所做的

功。

解：气体作功AV2V1pdVAV2V1a2a2V2121dV()|a()VV2V11V1V26.10 一台类卡诺热机工作在480 K和300 K的热源之间.假设热机每吸收1kcal的热量后

实际产生的机械能为1.2kJ.比较此热机的实际效率与理论上最大的效率.解：(1) 最大的效率 01T2300137.5%T1480实际效率 W入入W入入入1.228.7%14.18实际效率为最大的效率的3/4

6.11 一台致冷系数为5的冰箱，外界对它做功3.6 MJ(1kWh)后，能将多少千克0℃的水变成0℃的冰块?( 1kg 0℃度的水变成0℃冰放热80kcal)解.致冷系数为 eQ2W入Q2eW入53.6106Jm801034.18

得 m=53.8kg

6.12如题6.12图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB和CD是等压过程，BC和DA为绝热过程，已知B点和C点的温度分别为T2和T3．求此循环效率．这是卡诺循环吗?

pABDO题6.12图

CV解：(1)热机效率1Q2Q1AB等压过程Q1CP(T2T1)吸热 Q1MCP(TBTA)MmolvCP(T2T1)CD等压过程Q2放热Q2Q2MCP(TCTD)MmolQ2TCTDTC(1TD/TC)Q1TBTATB(1TA/TB)根据绝热过程方程得到

11pDTDAD绝热过程pATA111BC绝热过程 pBTBpCTC又pApBpCpDTDTTCTB1T3T2(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间．

6.13 (1) 用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢?

(2) 一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于做功就愈有利。当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么?解：(1)卡诺循环的致冷机

e7℃→27℃时，需作功

Q2T2A静T1T2A1T1T2300280Q2100071.4JT2280T1T2300100Q210002000JT2100173℃→27℃时，需作功

A2(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同

样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．6.14

用热力学第一定律和第二定律分别证明，题6-14图所示，在P-V图上一绝热线与一

等温线不能有两个交点。

a等温线绝热线O

题6.14图

证明：(1)由热力学第一定律有

bVQEA若有两个交点a和b，则

经等温ab过程有 E1Q1A10经绝热ab过程 E2A20E2A20从上得出E1E2，这与a,b两点的内能变化应该相同矛盾．

(2) 若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为100%，违背了热力学第二定律．

6.15 1 mol单原子分子理想气体，在恒定压强下经一准静态过程从0℃加热到100℃，求气体的熵的改变．（普适气体常量R = 8.31 J·mol1·K1）

T2解：ST2T1dQ/TCpdT/TCpln(T2/T1)T1(5/2)Rln(373/273)6.48 J/K

6.16 把℃的0.5 kg的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：

(1) 水的熵变如何?

(2)若热源是温度为20℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大?(3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热＝334 J.g-1)解：(1)水的熵变

Q0.5334103S1612JK1T273(2)热源的熵变

Q0.5334103S2570JK1T293(3)总熵变

SS1S261257042JK1熵增加

习题7

7.1 选择题

(1) 下面说法正确的是： [ ]

（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必无电荷；（B）若高斯面内无电荷，则高斯面上的电场强度处处为零；

（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则高斯面内必定有电荷；（D）若高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零；（E）高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。 [答案：D]

（2）点电荷Q被曲面S所包围，从无穷远处引入另一点电荷q至曲面外一点，如题7.1（2）图所示，则引入前后, ［］ y(0, a) Q q (A) 曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强不

-+变． xOS (B) 曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变．

(D) 曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化．题7.1（2）图

[答案D ]

（3）在电场中的导体内部的 [ ] （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；

（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。[答案：C]

（4）两个同心均匀带电球面，半径分别为Ra和Rb (Ra＜Rb), 所带电荷分别为Qa和Qb．设某点与球心相距r，当Ra＜r＜Rb时，该点的电场强度的大小为：［］

1QaQb1QaQb (A) ． (B) ． 2240r40r(C)

1QaQb2． 4π0r2Rb[答案 D]

(D)

1Qa． 40r2

（5）如果某带电体其电荷分布的体密度增大为原来的2倍，则其电场的能量变为原来的［］ (A) 2倍． (B) 1/2倍．

[答案 C]

(D) 1/4倍．

7.2 填空题

（1）在静电场中，电势不变的区域，场强必定为 [答案：相同]

。

（2）一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为点电荷由中心向外移动至无限远，则总的电通量将。

[答案： q / (60)，0 ]

，若将

（3）有一个球形的橡皮膜气球，电荷q均匀地分布在表面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的点(该点与球中心距离为r )，其电场强度的大小将由____________变为______．

q[答案：, 0]

40r2（4）一导体外充满相对介电常量为r的均匀电介质，若测得导体表面附近电场强度大小为E，则导体球面上的自由电荷面密度为______.

[答案：0rE]

（5）一平板电容器，两板间充满各向同性均匀电介质，已知相对介电常量为r ．若极板上的自由电荷面密度为 ，则介质中电位移的大小D =____________，电场强度的大小E =____________________.

[答案： , /(0 r)]7.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题7.3图示

(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q为负电荷

1q21qq2cos304π0a24π032(a)33q解得 q3 (2)与三角形边长无关．

题7.3图题7.4图

7.4 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2,如题7.4图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．

解: 如题7.4图示

Tcosmgq2TsinF1e4π0(2lsin)2解得 q2lsin40mgtan7.5 在真空中有A，B两平行板，相对距离为d，板面积为S，其带电量分别为+

q2q和-q．则这两板之间有相互作用力f，有人说f=,又有人说，因为240dqq2

，所以f=．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少?f=qE,E0S0S

解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，

q第二种说法把合场强E看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对

0Sq的．正确解答应为一个板的电场为E，另一板受它的作用力

20Sq2，这是两板间相互作用的电场力．fq20S20Sq7.6 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距d2=5.0cm 处Q点的场强．

解：如题7.6图所示(1)在带电直线上取线元dx，其上电量dq在P点产生场强为dEP1dx4π0(ax)2EPdEP4π0l2l2dx

(ax)211[]ll4π0aaπ0(4a2l2) 题7.6图用l15cm，5.0109Cm1, a12.5cm代入得

EP6.74102NC1 方向水平向右

1dx(2)同理 dEQ 方向如题7.6图所示224π0xd2由于对称性dEQx0，即EQ只有y分量，

ll22∵ dEQy1dx4π0x2d22EQydEQyld2x2d22d24π2l2l2dx(xd)22232l2π0l24d22以5.0109Ccm1, l15cm,d25cm代入得

EQEQy14.96102NC1，方向沿y轴正向

7.7 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?

q 解: (1)由高斯定理EdSs0立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等

q∴ 各面电通量e．

60(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方

q体中心，则边长2a的正方形上电通量e60q对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则e，

240如果它包含q所在顶点则e0．

7.8 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×105C·m-3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强．

qq解: 高斯定理EdS,E4πr2s00当r5cm时，q0,E0r8cm时，qp4π33)(r r内34π32rr内413∴ E3.4810NC，方向沿半径向外．24π0r4π33）r12cm时,q(r外r内34π33r外r内41 34.1010∴ E NC沿半径向外.24π0r

7.9 半径为R1和R2(R2 ＞R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量

和-,试求:(1)r＜R1；(2) R1＜r＜R2；(3) r＞R2处各点的场强．

解: 高斯定理EdSsq

0取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl则 EdSE2πrlS对(1) rR1 q0,E0(2) R1rR2 ql∴ E 沿径向向外2π0r(3) rR2 q0∴ E0题7.10图

7.10 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1和2，试求空间各处场强．

解: 如题7.10图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与2，

1(12)n两面间， E201(12)n1面外， E201(12)n2面外， E20n：垂直于两平面由1面指为2面．

7.11 电荷q均匀分布在长为2L细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a的P点的电势（设无穷远处为电势零点）。

解：假设单位长度上的电量为，任取一电荷元电量为dqdx则在P点的电势为

dqdu40(aLx)则整个导体棒在P点的电势

Ldxq2LaulnL4(aLx)80La07.12 如题7.12图所示，四个点电荷q1q2q3q41.25108C，分别放置在正方形的四个顶点上，各顶点到正方形中心O点的距离为r5102m.

求：（1）中心O点的电势；

（2）若把试验电荷q1.0109C从无穷远处移到中心O点，电场力所做的

功。q1Oq3q图7.12q44q240r(1)点电荷q1单独存在时,O点的电势为

根据电势叠加原理，四个点电荷同时存在时，O点的电势为

1.2510892uo4u148.99108.9910V2510(2)根据电势差的定义，有WOq0(uuO)7Wq(uu)8.9910JO0O选取无穷远处为电势零点

u1q1电场力做负功，说明实际需要外力克服电场力做功。

题7.13图

7.13 如题7.13图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功．

解: 如题7.13图示

1qq()04π0RR1qqqUO()4π03RR6π0Rqq WAq0(UOUC)o

6π0RUO7.14 如题7.14图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R．试求环中心O点处的场强和电势．

解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，取dlRd则dqRd产生O点dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向

题7.14图

EdEy2［sin()sin］4π0R222π0R(2) AB电荷在O点产生电势，以U0Adx2RdxU1ln2B4πxR4πx4π000Rdcos4πR202ln24π0πR半圆环产生 U34π0R40同理CD产生 U2∴ UOU1U2U3ln22π0407.15 两个平行金属板A、B的面积为200cm2，A和B之间距离为2cm，B板接地，

如图7.15所示。如果使A板带上正电7.0810-7C，略去边缘效应，问：以地的电势为零。则A板的电势是多少?

解：如图7.15所示，设平行金属板A、B的四个面均匀带电的面电荷密度分别

为1,2,3,4接地时40 对于平行金属板A中的a点有

AB1230202020对于平行金属板B中的b点有

1E323E34E2E1

aE1E21230202020QS得到：10，40，

12233.54105C/m2

平行金属板A、B之间的电场强度大小为EA板的电势UEd8104V207.16 两个半径分别为R1和R2（R1＜R2)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势.

解: (1)内球带电q；球壳内表面带电则为q,外表面带电为q，且均匀分布，

qdrq其电势UEdrR2R24πr24π0R0题7.16图

(2)外壳接地时，外表面电荷q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q．所

以球壳电势由内球q与内表面q产生：

qqU04π0R24π0R27.17 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电Q．试求：

(1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势；

(3)金属球的电势．

解: 利用有介质时的高斯定理DdSqS(1)介质内(R1rR2)场强

QrQrD,E内;334πr4π0rr介质外(rR2)场强

QrQrD,E外4πr34π0r3U (2)介质外(rR2)电势

rE外drQ4π0r介质内(R1rR2)电势

UE内drE外drrr11Q()4π0rrR24π0R2Q11(r)4π0rrR2q (3)金属球的电势

UR2R1R2E内drE外drR2QdrR4πr2R24πr20r0Q11(r)4π0rR1R2Qdr7.18 计算球形电容器的电容和能量。已知球形电容器的内外半径分别为R1和

R2,带电量分别为Q和-Q。为简单起见，设球内外介质介电常数均为0。

Qr解：R1rR2， E340rrR1和rR2, E0R1o体积元dV4r2drR2能量WwdVVR2R1r1Q220()4πrdr224π0rR2R1Q2drQ211()28π0R1R28π0rR2R111Q24π0/()40电容器的电容CR1R2R2R12W第七章补充内容的答案：

7.1 (1) D (2)D (3)C (4)D (5)C7.2 (1) 相同；（2）q / (60)， 0 (3)

q40r2, 0 (4) 0rE (5) , /(0 r)

习题8

8.1选择题

（1）在真空中有一根半径为R的半圆形细导线，流过的电流为I，则圆心处的磁感强度为［］

III(A) 0； (B) 0； (C) 0； (D) 0．

4πR2πR4R[答案：D]

（2）对于安培环路定理的理解，正确的是：［］（A）若环流等于零，则在回路L上必定是H处处为零；（B）若环流等于零，则在回路L上必定不包围电流；

（C）若环流等于零，则在回路L所包围传导电流的代数和为零；（D）回路L上各点的H仅与回路L包围的电流有关。 [答案：C]

（3）磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R，x坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上．图(A)～(E)哪一条曲线表示B－x的关系？

[ ］

B (A) B (B) 圆筒电流 O x O R B x O R x B (D) (C) x O R B (E) R x O R x O [答案：B]

（4）对半径为R载流为I的无限长直圆柱体，距轴线r处的磁感应强度B ］

（A）内外部磁感应强度B都与r成正比；

（B）内部磁感应强度B与r成正比，外部磁感应强度B与r成反比；（C）内外部磁感应强度B都与r成反比；

（D）内部磁感应强度B与r成反比，外部磁感应强度B与r成正比。

[答案：B]

（5）在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积A1 = 2 A2，通有电流I1 = 2 I2，它们所受的最大磁力矩之比M1 / M2等于［］

(A) 1； (B) 2； (C) 4； (D) 1/4； [答案：C]

[

(6）质量为m电量为q的粒子，以速率v与均匀磁场B成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要 [ ］（A）增加磁场B；（B）减少磁场B；

（C）内外部磁感应强度B都与r成反比；

（D）内部磁感应强度B与r成反比，外部磁感应强度B与r成正比。\\[答案：B]

（7）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（）

（A）0.24J；（B）2.4J；（C）0.14J；（D）14J。[答案：A]

（8）质量为m电量为q的粒子，以速率v与均匀磁场B成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要［］

(A)增加磁场B；（B）减少磁场B；（C）增加θ角；（D）减少速率v. [答案：B]

（9）磁介质有三种，用相对磁导率µr表征它们各自的特性时，

(A)顺磁质µr>0，抗磁质µr<0，铁磁质µr>>1；(B)顺磁质µr>1，抗磁质µr=1，铁磁质µr>>1；(C)顺磁质µr>1，抗磁质µr<1，铁磁质µr>>1；(D)顺磁质µr<0，抗磁质µr<1，铁磁质µr>0 .[答案：C]8.2填空题

（1）计算有限长的直线电流产生的磁场安培环路定理求解（填能或不能）。 [答案：能；不能]

用毕奥——萨伐尔定律，而用

（2）两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以相等的电流时，管内的磁力线H分布，当把两螺线管放在同一介质中，管内的磁力线H分布将（填相同或不相同）。 [答案：相同；不相同]

（3）一质点带有电荷q8.0109C，以速度v3.0105m/s，在半径为

R6.0108m的圆周上做圆周运动。该带电质点在轨道中心所产生的磁感应强度B=______________, 该带电质点轨道运动的磁矩Pm=________________。 [答案：（1）6.67106T, 7.201021A.m2]（4）氢原子中，电子绕原子核沿半径为r的圆周运动，它等效于一个圆形电流．如果外加一个磁感强度为B的磁场，其磁感线与轨道平面平行，那么这个圆电

流所受的磁力矩的大小M =____________________．(设电子质量为me，电子电荷的绝对值为e)

e2Br[答案：]

40me（5）一正方形线圈，由细导线做成，边长为a，共有N匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动．现在线圈中通有电流I，并把线圈放在均匀的水

平外磁场B中，线圈对其转轴的转动惯量为J.求线圈磁矩与磁场B的夹角为时，线圈受到的转动力矩为 .

[答案：NIa2Bsin]（6）一个单位长度上密绕有n匝线圈的长直螺线管，每匝线圈中通有强度为I的电流，管内充满相对磁导率为r的磁介质，则管内中部附近磁感强度B =__________________，磁场强度H =__________________． [答案：r0nI, nI]

（7）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为___________.

[答案：0.24J]（8）当带电粒子的运动速度V与磁场B成角时，带电粒子在均匀磁场中作等螺距的螺旋运动，此时的螺旋线的半径为__________________，螺旋周期为__________________，螺距为__________________。

mvsin2m2mvcos[答案：R, T, h]

qBqBqB（9）题8.2（9）图中的三条线表示三种不同磁介质的BH关系曲线，虚线是

B=0H关系的曲线，则曲线表示顺磁质，曲线是表示抗磁质，曲线是表示铁磁质。

[答案: 曲线Ⅱ是顺磁质，曲线Ⅲ是抗磁质，曲线Ⅰ是铁磁质]

题8.2（9）图

B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷8.3 在同一磁感应线上，各点的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?

B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷解: 在同一磁感应线上，各点的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．

8.4 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?

答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．

8.5 已知磁感应强度B2.0Wb·m-2的均匀磁场，方向沿x轴正方向，如题8.5图所示．试求：(1)通过图中abcd面的磁通量；(2)通过图中befc面的磁通量；(3)通过图中aefd面的磁通量．

解：如题8.5图所示

题8.5图

(1)通过abcd面积S1的磁通是

1BS12.00.30.40.24Wb(2)通过befc面积S2的磁通量

2BS20

(3)通过aefd面积S3的磁通量43BS320.30.5cos20.30.50.24Wb (或0.24Wb)

5

题8.6图



8.6 如题8.6图所示，AB、CD为长直导线，BC为圆心在O点的一段圆弧形导线，其半径为R．若通以电流I，求O点的磁感应强度．



解：如题8.6图所示，O点磁场由AB、BC、CD三部分电流产生．其中

AB产生 B10ICD产生B20，方向垂直纸面向里

12R0II3(sin90sin60)0(1)，方向垂直纸面向里R2R242I3)，方向垂直纸面向里．∴B0B1B2B30(12R26CD段产生 B38.7 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L1和L2，相距0.1m，通有方向相反的电流，I1=20A,I2=10A，如题8.7图所示．A，B两点与导线在同一平面内．这两点与导线L2的距离均为5.0cm．试求A，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．

题8.7图

解：如题8.7图所示,BA方向垂直纸面向里

0I10I2BA1.2104T2(0.10.05)20.05BB方向垂直纸面向外

0I10I2BB1.33105T2(0.10.05)20.05(2)设B0在L2外侧距离L2为r处

0II20则

2(r0.1)2r解得 r0.1 m题8.8图

8.8 如题8.8图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A，B两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O的磁感应强度．

解：如题8.8图所示，圆心O点磁场由直电流A和B及两段圆弧上电流I1与I2所产生，但A和B在O点产生的磁场为零。且

I1电阻R2.I2电阻R12I1产生B1方向纸面向外

B1I2产生B2方向纸面向里

0I1(2)，

2R20I22R2BI(2)1∴ 11B2I2B2有 B0B1B208.9 设题8.9图中两导线中的电流均为8A，对图示的三条闭合曲线a,b,c，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：B的大小是否相等?(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度(2)在闭合曲线c上各点的B是否为零?为什么?

解： Bdl80abaBdl80Bdl0c(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等．

(2)在闭合曲线C上各点B不为零．只是B的环路积分为零而非每点B0．

题8.9图题8.10图

8.10 题8.10图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径分别为a,b，导体内载有沿轴线方向的电流I，且I均匀地分布在管的横截面上．设导体的磁导率0，试证明导体内部各点(arb) 的磁感应强度的大小由下式给出：

r2a2 Br2(b2a2)0I则 BdlB2rl解：取闭合回路l2r (arb)Ib2a20I(r2a2)∴ B2r(b2a2)I(r2a)28.11 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a)和一同轴的导体圆管(内、

外半径分别为b,c)构成，如题8.11图所示．使用时，电流I从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r＜a),(2)两导体之间(a＜r＜b)，（3）导体圆筒内(b＜r＜c)以及(4)电缆外(r＞c)各点处磁感应强度的大小

解： Bdl0ILIr2(1)ra B2r02RB0Ir2R20I2r(2) arb B2r0IBr2b20I(3)brc B2r0I22cb0I(c2r2)B2r(c2b2)(4)rc B2r0B0题8.11图无题图（应删掉）

题8.12图

8.12 在磁感应强度为B的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电流为I，如题8.12图所示．求其所受的安培力．

b解：在曲线上取dl,则 FabIdlBa∵ dl与B夹角dl，B不变，B是均匀的．

2bb∴ FabIdlBI(dl)BIabB

aa方向⊥ab向上，大小FabBIab题8.13图

8.13 如题8.13图所示，在长直导线AB内通以电流I1=20A，在矩形线圈

CDEF中通有电流I2=10 A，AB与线圈共面，且CD，EF都与AB平行．已知

a=9.0cm,b=20.0cm,d=1.0 cm，求：

(1)导线AB的磁场对矩形线圈每边所作用的力；(2)矩形线圈所受合力和合力矩． 解：(1)FCD方向垂直CD向左，大小

FCDI2b同理FFE方向垂直FE向右，大小

FFEI2b0I18.0104 N2d0I12(da)FCF方向垂直CF向上，大小为

daIIIIda012FCFdr012ln9.2105 Nd2r2dFED方向垂直ED向下，大小为

8.0105 N(2)合力FFCDFFE合力矩MPmBFEDFCF9.2105NFCFFED方向向左，大小为

F7.2104N∵ 线圈与导线共面

∴ Pm//BM0．

8.14一铜片厚为d=1.0mm，放在B=1.5T的均匀磁场中，磁场方向与铜片表面垂直。一直铜片内每立方厘米中有8.41022个自由电子，每个电子的电荷为

e1.61019C，当铜片中垂直于磁场方向通有I=200A的电流时，求铜片两侧的霍尔电势差。

1IB解：铜片两侧的霍尔电势差u。其中n8.410221068.41028，把

nqd厚度，磁感应强度大小、电量、电流大小、载流子数带入霍尔电势差中，得到

u1IB2.2310-5Vnqd8.15 一长直导线通有电流I1＝20A，旁边放一导线ab，其中通有电流

I2=10A，且两者共面，如题8.15图所示．求导线ab所受作用力对O点的力矩．

解：在ab上取dr，它受力dFab向上，大小为

dFIr0I12ddF对O点力矩dMr2rdMF方向垂直纸面向外，大小为

dMrdF0I1I22drMbadM0I1I22badr3.6106 Nm题8.15图

8.16 电子在B=70×10-4T的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径r=3.0cm．已知B垂直于纸面向外，某时刻电子在A点，速度v向上，如题8.16图．

(1)试画出这电子运动的轨道；

(2)求这电子速度v的大小；(3)求这电子的动能Ek．

题8.16图

解：(1)轨迹如图

evBmv2(2)∵ r veBr3.7107ms1m∴(3) EK12mv6.21016 J28.17 一电子在B=20×10-4T的磁场中沿半径为R=2.0cm的螺旋线运动，螺距h=5.0cm，如题8.17图．(1)求这电子的速度；(2)磁场B的方向如何?

题8.17图

mvcos 解: (1)∵ ReB2mhvcoseBeBR2eBh2)()7.57106ms1∴ v(m2m(2) 磁场B的方向沿螺旋线轴线．或向上或向下，由电子旋转方向确定．

8.18 螺绕环中心周长L=10cm，环上线圈匝数N=200匝，线圈中通有电流I=100 mA．

(1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度B0；

(2)若环内充满相对磁导率r=4200的磁性物质，则管内的B和H各是多少?

解: (1) HdlIlHLNINIH200Am1LB00H2.5104T(2)H200 Am1BHroH1.05 T。

习题9

9.1选择题

(1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那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，轴跟磁场平行。

[答案：B]

]

（2）如图9.1（2）图，长度为l的直导线ab在均匀磁场B中以速度v移动，直导线ab中的电动势为： [ ]

(A) Blv; (B) Blvsinα: (C) Blvcosα: (D) 0。

图9.1(2)图

[答案：D]

（3）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）涡旋电场由电荷激发；（D）涡旋电场的电力线闭合的。 [答案：C]

(4) 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](5)用线圈的自感系数L来表示载流线圈磁场能量的公式W1m2LI2［ (A) 只适用于无限长密绕螺线管． (B) 只适用于单匝圆线圈．

[答案：D]

*（6）

对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确．

］ (A) 位移电流是指变化电场．

(B) 位移电流是由线性变化磁场产生的．

[答案：A]

［

］

9.1（7）图，平板电容器（忽略边缘效应）充电时，沿环路L1、L2磁

场强度H的环流中，必有

（A）AHdlAHdl;

L1L2*(7) 如题

（B）AHdlAHdl;

L1L1L2（C）AHdlAHdl;

L2（D）AHdl0。

[答案：C]

题9.1（7）图

如题9.1（8）图所示为一充电后的平行板电容器，A板带正电，B板带负电，开关K

合上时，A、B位移电流方向为（按图上所标X轴正方

向回答）（）：

（A）

（B）（C）（D）

x轴正向x轴负向

x轴正向或负向不确定

A B R k x *(8)

[答案：B] 题9.1（8）图

9.2 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 [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电场的场源是。

[答案：洛伦磁力；涡旋电场力；变化的磁场]

，激发感生

(3)长为l的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在金属直导线的点，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在点，整个导线上的电动势最小，数值为。

1[端点；Bl2；中点，0]

2（4）已知通过一线圈的磁通量随时间变化的规律m6t29t2,则当t=2s时，线圈中的感应电动势为_______ _________。（SI制）

[答案：21V]

（5）楞次定律可以表述为 _______ _________。

[答案：感应电流的效果，总是反抗引起感应电流的原因]

（6）变化的磁场和所产生的涡旋电场之间的关系表达式：_______ _________。

dB[答案：ids]

stdt（7）两任意形状的导体回路1和2，通有相同的稳恒电流I，则回路2中的电流

产生的磁场穿过回路1的磁通量12，回路1中的电流产生的磁场穿过回路2的磁通量21，两者之间的关系为：_______ _________。

[答案：1221]

（8）真空中一长直螺线管通有电流I1时，储存的磁能为W1，若螺线管中充以相对磁导率r = 4的磁介质，且电流增加为I2=2I1，螺线管中储存的能量为W2，则W1：W2为________________。

[答案：1:16]9.3在磁感应强度B为0.4T的均匀磁场中放置一圆形回路，回路平面与B垂直，回路的面积与时间的关系为：S=5t2+3(cm2),求t=2s时回路中感应电动势的大小？

解：根据法拉第电磁感应定律得

dmdSB10Bt2dtdt8104V

题9.4图

9.4 如题9.4图所示，载有电流I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 UMUN．

解: 作辅助线MN，则在MeNM回路中，沿v方向运动时dm0∴ MeNM0即 MeNMN又∵ MNvBcosdababl0Ivabln02ab所以MeN沿NeM方向，

大小为

0Ivabln2ab0Ivabln2abM点电势高于N点电势，即

UMUN题9.5图

9.5 如题9.5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

dI线中的电流方向相反、大小相等，且电流以的变化率增大，求：

dt(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: 以向外磁通为正则

baIdaIIlbada00ldrldr0[lnln](1) mbd2πr2πr2πbdd0ldabadI[lnln] (2) dt2πdbdt9.6 如题9.6图所示，长直导线通以电流I=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-1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．

题9.6图

解: AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA产生电动势

AI1(vB)dlvBbvb0D2dBC产生电动势

C0I2(vB)dlvbB2π(ad)∴回路中总感应电动势

12方向沿顺时针．

0Ibv11()1.6108 V2πdda9.7 长度为l的金属杆ab以速率v在导电轨道abcd上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B的方向与回路的法线成60°角(如题9.7图所示)，B的大小为B=kt(k为正常)．设t=0时杆位于cd处，求：任一时刻t导线回路中感应电动势的大小和方向．

11解: mBdSBlvtcos60kt2lvklvt222dm∴ klvtdt即沿abcd方向顺时针方向．

题9.7图

9.8一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9.8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9.8图(a) 题9.8图(b)

d0,0；解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时dtd0,0；在磁场中时dtd0，0，故It曲线如题9.8图(b)所示.出场时dt题9.9图

l9.9 导线ab长为l，绕过O点的垂直轴以匀角速转动，aO=磁感应强度B平

3行于转轴，如图9.9所示．试求：（1）ab两端的电势差；（2）a,b两端哪一点电势高?

解: (1)在Ob上取rrdr一小段

2l2B2l则 Ob3rBdr09l1同理 Oa3rBdrBl2018121∴ abaOOb()Bl2Bl21896(2)∵ ab0 即UaUb0∴b点电势高．

9-10 北半球某地的磁场为410-5T，磁场方向与水平方向成60o,现将一根长1m东西方向水平放置的均匀金属棒自由落下，求t=3s时金属棒中感应电动势大小？

解：根据动感电动势定义(vB)dl,自由下落，速度大小 vgt，方向与重

L力加速度方向相同

(vB)dlLBvsin30L0dl当t=3s时，Bvsin300L6104V题9.11图

9.11 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R的圆柱形空间，一金属杆放在

dB题9.11图中位置，杆长为2R，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当＞0时，

dt求：杆两端的感应电动势的大小和方向．

解： ∵ acabbcababd1d323RdB[RB]dtdt44dtd2dπR2πR2dBB][dt1212dtdt3R2πR2dB]∴ ac[412dtdB0∵ dt∴ ac0即从ac9.12 两根平行长直导线，横截面的半径都是a，中心相距为d，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l的一段

lda自感为L0ln.(提示：按定义L讨论，设导线内部的磁通量可以略去)

Ia

[解] 阴影区域的BdBdSBLdxda0I0I2x2dx0IL0IL2x2dxdxaILda0ILda02lnln2aaLda因此L0lnIa∴d9.13 两线圈顺串联后总自感为1.0H，在它们的形状和位置都不变的情况下，

反串联后总自感为0.4H．试求：它们之间的互感．

解： ∵顺串时 LL1L22M反串联时LL1L22M∴ LL4MLLM0.15H

4题9.14图

9.14 一矩形截面的螺绕环如题9.14图所示，共有N匝．试求：(1) 此螺线环的自感系数；

(2) 若导线内通有电流I，环内磁能为多少?

解：如题9.14图示(1)通过横截面的磁通为 磁链 Nb0NI2rπahdr0NIh2πlnba0N2Ih2πlnba∴ LI2π1(2)∵ WmLI220N2I2hbln∴ Wm4πa0N2hlnba9.15 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．

I解：在rR时 B0r22πR0I2r2B2∴ wm208π2R4取 dV2πrdr(∵导线长l1)

23RRIrdr0I20则 Wwm2rdr4004πR16π圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为R1和R2(R1＜R2)，中间充满dUk时(k为常数)，求介介电常数为的电介质.当两极板间的电压随时间的变化dt质内距圆柱轴线为r处的位移电流密度．

2l解：圆柱形电容器电容 CRln2R12lUqCURln2R1q2lUUDS2rlnR2rlnR2R1R1Dk∴ jRtrln2R1*9.17 *9.16

试证：平行板电容器的位移电流可写成IdCdU．式中C为电容器的电dt容，U是电容器两极板的电势差．如果不是平板电容器，以上关系还适用吗?

解：∵ qCUCUD0S∴ DDSCUdDdUIDCdtdt不是平板电容器时 D0仍成立dU∴ IDC还适用．

dt半径为R=0.10m的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对电容

dE器匀速充电，使两极板间电场的变化率为=1.0×1013 V·m-1·s-1．求两极板间的

dt位移电流，并计算电容器内离两圆板中心联线r(r＜R)处的磁感应强度Br以及r=

*9.18

R处的磁感应强度BR．

DE0ttIDjDSjDR22.8A

(2)∵ HdlI0jDdS

解: (1) jDlS取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周l2r，则

dE2H2rjDr20rdtrdE∴ H02dtrdEBr0H002dtRdE5.6106T.当rR时，BR002dt习题10

10.1选择题

（1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是[

]

(A) 使屏靠近双缝．

(B) 使两缝的间距变小． (C) 把两个缝的宽度稍微调窄．

(D) 改用波长较小的单色光源．[答案：C]

（2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[ ] (A) 间隔变小，并向棱边方向平移． (B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移． (C) 间隔不变，向棱边方向平移．

(D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移．[答案：A]（3）一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为[ ] (A)  ． (B)  / (4n)．

(C)  ． (D)  / (2n)．[答案：B]（4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n，厚度为d的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了[ ] (A) 2 ( n-1 ) d． (B) 2nd． (C) 2 ( n-1 ) d+ / 2． (D) nd．

(E) ( n-1 ) d． [答案：A]

（5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是［］

(A)  ． (B)  / (2n)．(C)  n ． (D)  / [2(n-1)]．[答案：D]

（6）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大．

(C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变．[答案：B]（7）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明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，则凸透镜的焦距是[

]

(A)2m. (B)1m. (C)0.5m.

(D)0.2m. (E)0.1m

[答案：B]

（8）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k．

(C) N d sin=k． (D) d sin=k．[答案：D]（9）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ (A) a=0.5b (B) a=b

(A) I0/4

2 ．

(B) I0 / 4． (C) I 0 / 2．

(D) 2I0 / 2。

[答案：B]

（11）自然光以布儒斯特角由空气入射到一玻璃表面上，反射光是[ ] (A) 在入射面内振动的完全线偏振光．

(B) 平行于入射面的振动占优势的部分偏振光． (C) 垂直于入射面振动的完全线偏振光．

(D) 垂直于入射面的振动占优势的部分偏振光．[答案：C]

（12）一束自然光自空气射向一块平板玻璃（如图），设入射角等于布儒斯特角i0，则在界面2的反射光是[ ]

(A)自然光。

(B)线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面。(C)线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面。(D)部分偏振光。[答案：B]10.2 填空题

（1） 10.3 某单色光从空气射入水中，其频率

，波速，波长。

（填变大，变小，或不变）[答案：不变，变小，变小]

（2）在双缝干涉实验中，所用单色光波长为＝562.5 nm (1nm＝10-9 m)，双缝与观察屏的距离D＝1.2 m，若测得屏上相邻明条纹间距为x＝1.5 mm，则双缝的间距d＝__________________________．

[答案：0.45mm]

]

（3）波长＝600 nm的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二个明环与第五个明环所对应的空气膜厚度之差为____________nm．(1 nm=10-9 m)

[答案：900nm ]（4）在杨氏双缝干涉实验中，整个装置的结构不变，全部由空气中浸入水中，则干涉条纹的间距将变。（填疏或密）

[答案：变密 ]（5）在杨氏双缝干涉实验中，用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝，则屏幕上的干涉条纹将向方移动。

[答案：向下 ]（6）由两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以垂直于下平玻璃的方向离开平移，则干涉条纹将向平移，并且条纹的间距将。

[答案：棱边，保持不变 ]（7）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________．

[答案：/sin]（8）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。

[答案：4]（9）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密）

[答案：变疏，变疏]

（10）在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样移动；若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样移动。（填向上，向下，或不会）。

[答案：不会；不会]（11）在单缝夫琅禾费衍射实验中，设第一级暗纹的衍射角很小，若钠黄光（nm）中央明条纹为4.0nm，则nm（1nm=10-9m）的蓝紫色光的中央明纹宽度为 nm。

[答案：3.0nm]（12）马吕斯定律的数学表达式为I = I0 cos2 ．式中I为通过检偏器的透射光的强度；I0为入射__________的强度；为入射光__________方向和检偏器_________方向之间的夹角。

[答案：线偏振光（或完全偏振光，或平面偏振光），光（矢量）振动，偏振化]（13）当一束自然光以布儒斯特角入射到两种媒质的分界面上时，就偏振状态来说反射光为

____________________光，其振动方向__________于入射面。

[答案：完全偏振光（或线偏振光），垂直；]（14）一束自然光从空气投射到玻璃表面上（空气折射率为1），当折射角为30o时，反射光

是完全偏振光，则此玻璃板的折射率等于

[答案：3]

。

（15）光的干涉和衍射现象反映了光的________性质．光的偏振现像说明光波是__________波。

[答案：波动，横波；]10.3 在杨氏双缝实验中，双缝间距d=0.20mm，缝屏间距D＝1.0m，试求：

(1) 若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm，计算此单色光的波长；(2) 相邻两明条纹间的距离．

1103D 解: (1)由x明2，k知，6.00.2d∴ 0.6103mm 6000AoD1103(2) x0.61033 mmd0.210.4 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500A，求此云母片的厚度．

解: 设云母片厚度为e，则由云母片引起的光程差为

onee(n1)e按题意 77755001010∴ e6.6106m 6.6mn11.58110.5 在折射率n1=1.52的镜头表面涂有一层折射率n2=1.38的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长=5500 A的光，问膜的厚度应取何值?

解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即

o12n2e(k)(k0,1,2,)21(k)2k∴ e2n22n24n2o55005500k(1993k996)A21.3841.38令k0，得膜的最薄厚度为996A．当k为其他整数倍时，也都满足要求．

oo10.6 如题10.6图，波长为6800A的平行光垂直照射到L＝0.12m长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d=0.048mm的细钢丝隔开．求：

(1) 两玻璃片间的夹角?

(2) 相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少?(3) 相邻两暗条纹的间距是多少?(4) 在这0.12 m内呈现多少条明条纹?

题10.6图

解: (1)由图知，Lsind，即Ld故 d0.04844.010(弧度)L0.12103(2)相邻两明条纹空气膜厚度差为e23.4107m

68001010850106m0.85 mm(3)相邻两暗纹间距l4224.010(4)NL141条lo10.7 用5000A的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率n1大于薄膜的折射率n(n=1.5)．求：

(1)膜下面媒质的折射率n2与n的大小关系；(2)第10条暗纹处薄膜的厚度；

(3)使膜的下表面向下平移一微小距离e，干涉条纹有什么变化?若e=2.0 m，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?

解: (1) n2n．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2ne2(2k1)2，膜厚

e0处，有k0，只能是下面媒质的反射光有半波损失

(2) e92才合题意；

n29950001.5103 mm2n21.5(因10个条纹只有9个条纹间距)

(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若e2.0μm，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为e(1.51032.0103)mm3.510321.5N214n5.0102e现被第21级暗纹占据．

oo10.8 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1＝6000A，2＝4500A，观察到用1时的第k个暗环与用2时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm．求用1时第k个暗环的半径．

(2)又如在牛顿环中用波长为5000A的第5个明环与用波长为2的第6个明环重合，求未知波长2．

解: (1)由牛顿环暗环公式

orkkR据题意有 rkR1(k1)R2∴k212r，代入上式得

R12121901026000101045001010 60001010450010101.85103m照射，k5级明环与的k6级明环重合，则有(2)用15000A122

r(2k11)R12(2k21)R22o2k11251∴ 2150004091A2k2126110.9 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由

d1＝1.40×10-2m变为d2＝1.27×10-2m，求液体的折射率．

解: 由牛顿环明环公式

r空D12D22(2k1)R2(2k1)R2n r液D1D121.96两式相除得n，即n21.22

D2D21.6110.10 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当M1移动距离为0.322mm时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长．解: 由 dN2d0.322103得 22N10246.289107m 6289Ao10.11 把折射率为n=1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观察到有150条干涉条纹向一方移过．若所用单色光的波长为=5000A，求此玻璃片的厚度．解: 设插入玻璃片厚度为d，则相应光程差变化为

o2(n1)dNN15050001010∴ d5.9105m5.9102mm2(n1)2(1.6321)10.12 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1)a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.

解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即

(ab)sink(k0,1,2,)(k1,2)asink可知，当kabk时明纹缺级．a(1)ab2a时，k2,4,6,偶数级缺级；

(2)ab3a时，k3,6,9,级次缺级；(3)ab4a，k4,8,12,级次缺级．

10.13 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000A的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长．解：单缝衍射的明纹公式为

οasin(2k1)当6000A时，k2o 2x时，k3重合时角相同，所以有

asin(221)6000(231)x22o5得 x60004286A710.14 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm处的P点为一明条纹；求：

(1)入射光的波长；(2)P点处条纹的级数；

(3)从P点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P点是明纹，故有asin(2k1)由

2，k1,2,3x1.43.5103tansinf400故2asin20.63.51032k12k114.2103mm2k1o当 k3，得36000Ak4，得44700A(2) 若36000A，则P点是第3级明纹；

若44700A，则P点是第4级明纹．

ooo(3)由asin(2k1)2可知，

当k3时，单缝处的波面可分成2k17个半波带；当k4时，单缝处的波面可分成2k19个半波带．

o10.15 用5900A的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?

o134解：abmm2.010 mm2.010A500由(ab)sink知，最多见到的条纹级数kmax对应的所以有kmax2,

ab2.01043.39，即实际见到的最高级次为kmax3.

5900o10.16 波长6000A的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在

sin20.20与sin30.30处，第四级缺级．求：

(1)光栅常数；

(2)光栅上狭缝的宽度；

(3)在90°＞＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．

解：(1) 由(ab)sink式

对应于sin10.20与sin20.30处满足：

0.20(ab)2600010100.30(ab)360001010得 ab6.010(2) 因第四级缺级，故此须同时满足

6m(ab)sinkasink解得 aabk1.5106k46取k1，得光栅狭缝的最小宽度为1.510(3) 由(ab)sinkmk当(ab)sin2，对应kkmax∴ kmaxab6.01061010600010因4，8缺级，所以在9090范围内实际呈现的全部级数为

k0,1,2,3,5,6,7,9共15条明条纹(k10在k90处看不到)．

10.17 一双缝，两缝间距为0.1mm，每缝宽为0.02mm，用波长为4800A的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm的透镜．试求：(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹?解：(1)中央明纹宽度为

o48001075010mm 2.4cml02f2a0.02(2)由缺级条件

asink(ab)sink知

kk即k5,10,15,缺级．

ab0.1k5k k1,2,a0.02中央明纹的边缘对应k1，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有k0,1,2,3,4共9条双缝衍射明条纹．

10.18投射到起偏器的自然光强度为I0，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行．然后使检偏器绕入射光的传播方向转过30°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是I0的几倍?解：由马吕斯定律有

I1I03cos230oI028I2I01cos245οI024I01cos260οI028I3所以透过检偏器后光的强度分别是I0的

311,,倍．84810.19

使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为I1，今在这两个

偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光

I与I1之比为多少?

解：由马吕斯定律

I1I0Icos260ο028II09Icos230οcos230ο0232∴

I92.25I1410.20 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少?解：（1） I1I01cos21Imax 23I02又 Imax∴ I1I0,6故 cos21,cos1133,154ο44'.3(2) I2I01cos22I023∴ cos22,235ο16'310.21 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少?解：(1) tani0ο1.40,∴i054ο28'1ο'(2) 90i0353210.22 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率．解：由tan58οn,故n1.60110.23 光由空气射入折射率为n的玻璃．在题10.23图所示的各种情况中，用黑点和短线把反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还是部分偏振光．图中

ii0,i0arctann. 解：题解见下图．

题图10.23

习题11

11.1 选择题

（1）在一惯性系中观测，两个事件同时不同地，则在其他惯性系中观测，他们[ ]。

（A）一定同时（B）可能同时

（C）不可能同时，但可能同地（D）不可能同时，也不可能同地

[答案：D ]

（2）在一惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中观测，他们[ ]。

（A）一定同地（B）可能同地

（C）不可能同地，但可能同时（D）不可能同地，也不可能同时[答案：D ]（3）宇宙飞船相对于地面以速度v作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过t（飞船上的钟）时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞船的固有长度为（c表示真空中光速）[ ]。

（A）ct （B）vt （C）ct1v/c2 （D）ct1v/c2 [答案：A ]

（4）一宇航员要到离地球5光年的星球去旅行。如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度v应为[ ]。

（A）0.5c （B）0.6c （C）0.8c （D）0.9c[答案：C ]（5）某宇宙飞船以0.8c的速度离开地球，若地球上测到它发出的两个信号之间的时间间隔为10s。则宇航员测出的相应的时间间隔为[ ]。

（A）6s （B）8s （C）10s （D）10/3s[答案：A ]11.2 填空题

（1）有一速度为ｕ的宇宙飞船沿Ｘ轴正方向飞行，飞船头尾各有一个脉冲光源在工作，处于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为_________；处于船头的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为__________。

[答案：c，c； ]

（2）

S'系相对S系沿x轴匀速运动的速度为0.8c，在S'中观测，两个事件的时间间隔

t'5107s，空间间隔是x'120m，则在S系中测得的两事件的空间间隔x

，时间间隔t

。

7[答案：0，310s ]

*（3）用v表示物体的速度，则当

v c时，m2m0；

v 时，EkE0。c[答案：33， ]2211.3 惯性系S′相对另一惯性系S沿x轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为x1=6×104m,t1=2×10-4s，以及

x2=12×104m, t2=1×10-4s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：

(1)S′系相对S系的速度是多少?

(2) S系中测得的两事件的空间间隔是多少?解: 设(S)相对S的速度为v，

(t1(1) t1vx)21cv(t22x2)t2ct10由题意 t2则 t2t1故 vc2v(x2x1)c2t2t1c1.5108ms1x2x12(x1vt1),x2(x2vt2)(2)由洛仑兹变换 x1x15.210m 代入数值， x211.4 一飞船以0.99c的速率平行于地面飞行，宇航员测得此飞船长度为400m.

（1）地面上的观察者测得飞船长度是多少？

（2）为了测得飞船的长度，地面上需要有两位观察者携带着两只同步钟同时站在首尾两端处，那么这两位观察者相距多远？

（3）宇航员测得两位观察者相距多远？解：（1）由动尺缩短公式：

ul12l01()2l0c10.9940056.4(m).2（2）由于测量的同时性，地面上两位观察者应相距56.4m.

（3）对与宇航员而言，地面的两位观察者之间的距离是运动的。再次运用动尺缩短公式：

ul'12l1()2lc10.9956.47.96(m).211.5 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S和S中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s．求： (1) S相对于S的运动速度．

(2) 乙测得这两个事件发生的地点间的距离．

x1′解: 甲测得t4s,x0,乙测得t5s，坐标差为xx2(1)∴ t(tvx)t2c1v1()2ctv2t4 12t5c解出 vc1(t243)c1()2ct551.8108 ms1,(2) xxvt∴ xvtt5,x0t453c43c9108m45x10．负号表示x211.6 6000m 的高空大气层中产生了一个介子以速度v=0.998c飞向地球．假定该介子

在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2×10-6s．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和介子静止系中观测者来判断介子能否到达地球．解: 介子在其自身静止系中的寿命t02106s是固有(本征)时间，对地球观测者，

由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历的时间为

tt0v212c3.16105s这段时间飞行距离为dvt9470m 因d6000m，故该介子能到达地球．

或在介子静止系中，介子是静止的．地球则以速度v接近介子，在t0时间内，地球接近的距离为dvt0599md06000m经洛仑兹收缩后的值为：

d0d0v212379mc，故介子能到达地球．dd011.7 设物体相对S′系沿x轴正向以0.8c运动，如果S′系相对S系沿x轴正向的速度

也是0.8c，问物体相对S系的速度是多少?解: 根据速度合成定理，u0.8c,vx0.8c∴ vxv0.8c0.8cxu0.98cuv0.8c0.8c12x1c2c11.8 两个宇宙飞船相对于恒星参考系以0.8c的速度沿相反方向飞行，求两飞船的相对速度。解：可假设沿x正向飞行的飞船为S′系，则恒星就是S系；相应地，

u0.8c,vx0.8c。根据洛伦兹速度变换公式：

'vxvxu0.8c0.8c0.98cuvx0.8c(0.8c)121cc211.9 (1)火箭A和B分别以0.8c和0.6c的速度相对地球向+x和-x方向飞行．试求由火箭

B测得A的速度．(2)若火箭A相对地球以0.8c的速度向+y方向运动，火箭B的速度不变，求A相对B的速度．

解: (1)如图a，取地球为S系，B为S系，则S相对S的速度u0.6c，火箭A相对

S的速度vx0.8c，则A相对S(B)的速度为：

vxvxu0.8c(0.6c)0.946cu(0.6c)(0.8c)12vx1cc2或者取A为S系，则u0.8c，B相对S系的速度vx0.6c，于是B相对A的速度为：

vxvxu0.6c0.8c0.946cu(0.8c)(0.6c)12vx1cc2(2)如图b，取地球为S系，火箭B为S系，S系相对S系沿x方向运动，速度

u0.6c，A对S系的速度为,vx0,vy0.8c,由洛仑兹变换式A相对B的速度为：

vxvxu0(0.6c)0.6cu1012vxcu212vycvy10.62(0.8c)0.64cu12vxc∴A相对B的速度大小为

22vvxvy0.88c速度与x轴的夹角为

tanvyvx1.0746.8ο题4.9图

*11.10

已知一粒子的动能等于其静止能量的n倍，试求该粒子的速率。

解：由相对论动能公式

Ekmc2m0c2m0c2(1)m0c2(11vc221)，

再由题意知所以有

Eknm0c2。

(11vc221)n最后得到

n22nvc。

n1*11.11

一个电子的运动速度v0.99c，它的动能是多少？（电子的静止能量为

0.51Mev.）

解：由相对论动能公式

Ekmc2m0c2m0c2(1)m0c2(

11vc221)110.9920.513.1(Mev)*11.12 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为

0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功?

解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得

EkEkmc2m0c2m0c2(1)m0c2(11vc221)9.11031(3108)2(110.121)4.121016J=2.57103eV

EkEk(m2cm0c)(m1cm0c)(2) Ek212222m2c2m1c2m0c2(11vc22211vc212))

9.11031321016(110.92110.82)5.141014J3.21105eV

*11.13 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几?

解: 设静止质量为m0，运动质量为m，由题设

mm00.10m0m112m01210.102由此二式得

∴ 111.10在运动方向上的长度和静长分别为l和l0，则相对收缩量为：

ll0l0l111210.0919.1%l01.10*11.14

要使电子的速率从1.210m/s增加到2.410m/s，必须做多少功？

88解：由于电子的速率接近光速，因此经典力学的动能公式已经不适用，只能运用相对论的

动能表达式

Ekmc2m0c2。

m01vc212再根据相对论中运动质量和静止质量的关系

m1, m2m01vc222。

可得出

Ekm02v212cm0v1212c4.71014(J)，

由功能关系可知，这就是所需要做的功。

*11.15

粒子的静止质量为m0,当其动能等于其静能时，其质量和动量各等于多少？

解：由题意有

Ekm0c2，

再根据相对论中的动能关系：Ekmcm0c，则有

由动量和能量的关系，得动量为

22m2m0。

pc(mc2)2(m0c2)2，

p3m0c。

*11.16 太阳的辐射能来自其内部的核聚变反应。太阳每秒钟向周围空间辐射出的能量约为

51026J/s，由于这个原因，太阳每秒钟减少多少质量？把这个质量同太阳目前的质量21030Kg作比较，估算太阳的寿命是多少年。

解：由质能关系

Emc2，

可得出太阳每秒钟减少的质量为

E510269 m25.610(kg/s)。82c(310)进而，可估计太阳的寿命是

2103013 n（年）。1.131095.610360024365习题12

12.1选择题

(1) 已知一单色光照射在钠表面上，测得光电子的最大动能是 1.2 eV，而钠的红限波长是540nm，那么入射光的波长是 (A) 535nm． (B) 500nm．

(C) 435nm． (D) 355nm．［］答： D； (2) 设用频率为1和2的两种单色光，先后照射同一种金属均能产生光电效应．已知金属的红限频率为0，测得两次照射时的遏止电压|Ua2| = 2|Ua1|，则这两种单色光的频率有如下关系：

(A) 2 = 1 - 0． (B) 2 = 1 + 0．

(3) 在康普顿效应实验中，若散射光波长是入射光波长的 1.2倍，则散射光光子能量与反冲电子动能EK之比/ EK为

(A) 2． (B) 3． (C) 4． (D) 5．［］答：D；

(4) 氢原子光谱的巴耳末系中波长最大的谱线用表示，其次波长用表示，则它们的比值/为： (A) 20/27． (B) 9/8．

(A) 4 m/s． (B) 10 m/s ． (C) 100 m/s ． (D) 400 m/s ．答： A；(6) 电子显微镜中的电子从静止开始通过电势差为U的静电场加速后，其德布罗意波长是 0.4 Å，则U约为 (A) 150 V ． (B) 330 V ．

］

(x)13xcos, ( - a≤x≤a )

2aa那么粒子在x = 5a/6处出现的概率密度为

(A) 1/(2a)． (B) 1/a．

(D) 1/a．

［

］

答： A；

(9) 关于不确定关系pxx，有以下几种理解： 2 (a) 粒子的动量不可能确定． (b) 粒子的坐标不可能确定．

答： B；

［］

(10) 设粒子运动的波函数图线分别如图(A)、(A)(B)、(C)、(D)所示，那么其中确定粒子动量的精确度最高的波函数是哪个图？

(B) ［］

答： A。

xxxx(C)(D)12.2填空题

(1) 当波长为300nm的光照射在某金属表面时，光电子的能量范围从 0到 4.0×10-19 J．在作上述光电效应实验时遏止电压为 |Ua| =____________V；此金属的红限频率0 =__________________Hz．答： 2.5 4.0×1014(2) 在X射线散射实验中，散射角为1 = 45°和2 =60°的散射光波长改变量之比：=_________________．答： 0.586

(3) 氢原子从能量为－0.85 eV的状态跃迁到能量为－3.4 eV的状态时，所发射的光子能量是_________eV，这是电子从n =_______的能级到n = 2的能级的跃迁．答： 2.55 ; 4.

(4) 光子波长为，则其能量_________；动量的大小 p =_________；质量m=_______ ．

答：hc/ ; h/; h/(c)。

(5) 根据量子力学理论，氢原子中电子的角动量为Ll(l1) ，当主量子数n =3时，

电子角动量的可能取值为______________________________．答： 0，2，6.当n =3时, l=0,1,2.

(6) 如果电子被限制在边界x与x +x之间，x =0.5 Å，则电子动量x分量的不确定量近似地为________________kg·m／s． (不确定关系式用x·p≥h，)答：1.33×10-23

(7) 电子的自旋磁量子数ms只能取______和______两个值．答：

1 ; 212

(8) 原子中电子的主量子数n =2，它可能具有的状态数最多为______个．答： 8

(9)多电子原子中，电子的排列遵循__________________原理和_________________原理．

答：泡利不相容；能量最小 12..3 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量λm便可求得T．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的λm=0.55μm，北极星的λm=0.35μm，天狼星的λm=0.29μm，试求这些星球的表面温度．

解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：

mTb,b2.897103mK对太阳： T1bm12.89710335.310K60.55102.8971038.3103K60.35102.89710341.010K 60.2910对北极星：T2bmb2对天狼星：T3m312.4用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W/cm2，求炉内温度．

解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度

MB(T)22.8Wcm222.8104Wm2按斯特藩-玻尔兹曼定律：

MB(T)T4T4MB(T)22.81044()85.67101(22.814)1031.42103K 5.6712.5从铝中移出一个电子需要4.2eV的能量，今有波长为200nm的光投射到铝表面．试问：

(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大?

解：(1)已知逸出功A4.2eV，据光电效应公式 hv则光电子最大动能：

12mmA2Ekmax12hcmmhvAA26.63103431084.21.610193.231019J2.0eV10200010(2) 由实验可知

eUaEkmax12mm2得遏止电势差

3.231019Ua2.0V 191.610c

(3)红限频率v0, hv0A,又v00截止波长

hc6.6310343108702.9610m296nm19A4.21.601012.6在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(λ=500nm)产生光的感觉．此时视网

膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到达眼睛的功率为多大?

解：5个蓝绿光子的能量

Enhvnhc56.63103431081.991018J75.010功率

PE1.991018Wt12.7若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．解：电子的静止质量m0=9.1110-31kg, h=6.6310-34J·s当hv=m0c2时，则

m0c29.111031(3108)220v1.23610Hz34h6.6310c2.42711012m=0.0024271nmvp或 E=cp

h2.731022kgms1Em0c2pm0c9.11103131082.731022kgm/scc12.8波长λ0=0.0708nm的X射线在石腊上受到康普顿散射，求在π/2和π方向上所散射的

X射线波长各是多大?解：在=/2方向上：

2h26.6310342=0.00243nmΔ0sinsinm0c29.11103131084散射波长在=方向上

0Δ=0.0708+0.00243=0.0731nm

2h2h=0.00486nmsin2m0c2m0cΔ0散射波长

0Δ=0.0708+0.00486=0.0756nm

12.9实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV的光子．试问

(1)氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?

(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上．

解：(1) E=En-E1=12.75eV,

En=-13.6+12.75=-0.85eV解得或者

解出

n=4

432n=1

赖曼系题解12.9

帕邢系巴尔末系n=4

13.6eVn2ERhc(11)221n1)12.75n2136.(1(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.

12.10处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两条谱线的波长及外来光的频率．

解：巴尔末系是由n>2的高能级跃迁到n=2的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是n=4的激发态．

13.613.613.60.85eVE1.51eVE3.4eV.,,32423222hchvEnEmE4hcEnEmhc6.63103433108=657.3nma19E3E2(3.41.51)1.6010hc6.6310343108=487.2nm19E4E2(3.40.85)1.610基态氢原子吸收一个光子hv被激发到n=4的能态∴

hvE4E1hcE4E1(13.60.85)1.61019v3.081015Hz34h6.6261012.11当基态氢原子被12.09eV的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍?

解： EnE113.6(11)=12.09eVn213.613.612.092n13.613.6n2, n=3

136.12.091.51r=n2r1=9r1

轨道半径增加到9倍.

12.12光子与电子的波长都是0.2nm，它们的动量和总能量各为多少?解：由德布罗意关系：Emc，pm2h波长相同它们的动量相等．

6.631034=3.310-24kg.m/sp102.010h光子的能量

hvhcpc3.3102431089.91016J6.2103eV电子的总能量而 ∴ ∴

E(cp)2(m0c2)2, cp6.2103eVm0c2 =0.51MeV=0.51106eV

m0c2 >> cp

E(cp)2(m0c2)2m0c20.51MeV12.13从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为400nm，测得谱线宽度为10-5nm，求该激发能级的平均寿命．解：光子的能量

EhvhcEhc由于激发能级有一定的宽度E，造成谱线也有一定宽度，两者之间的关系为：

2由测不准关系，Eth，平均寿命t，则

h2(40001010)2=5.310-8st8410Ec310101012.14一波长为300nm的光子，假定其波长的测量精度为百万分之一，求该光子位置的测不准量．

解：光子ph，ph2h2由测不准关系，光子位置的不准确量为

h23000x6=30cm

p1012.15原子内电子的量子态由n，l，ml，ms四个量子数表征．当n，l，ml一定时，不同的量子态数目是多少?当n，l一定时，不同的量子态数目是多少?当n一定时，不同的量子态数目是多少?

解：(1)2。因当n，l，ml一定时, 电子只有2个自旋旋方向(ms)(2) 2(2l+1)。每个l有(2l+1)个ml，每个ml可容纳ms(3) 2n2

121的2个量子态．2

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大学物理简明教程第三版 版课后答案

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