2015物理练习册答案

练习1 质点运动学(一) 参考答案

1. B ； 2. D; 3. 8m, 10m. 4. 3, 3 6;

5. 解：(1) =∆x /∆t =-0. 5 m/s

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

v (2) =-6 m/s

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

6. 答：矢径r 是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．

而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为

∆r =r -r 0

r 0为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r 为位移矢量．

若把坐标原点选在质点的初始位置，则r 0=0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r ，

即r 既是矢径也是位移矢量．

1. D ；

2. -g /2 ， 232/(3g )

3. 4t 3-3t 2 (rad/s)， 12t 2-6t (m/s2)

4. 17.3 m/s, 20 m/s .

5. 解： a =d v /dt =4t ， d v =4t dt

⎰

v

d v =⎰4t d t

t

v =2t 2

v =d x /d t=2t 2

⎰

x

x 0

d x =⎰2t 2d t

t

x =2 t 3 /3+x 0 (SI)

6. 解：根据已知条件确定常量k

k =ω/t 2=v /Rt 2=4rad /s 2

ω=4t 2, v =R ω=4Rt 2

t=1s 时， v = 4Rt 2 = 8 m/s

a t =d v /dt =8Rt =16m /s 2 a n =v 2/R =32m /s 2

2) a =(a t 2+a n

1/2

()

=35. 8 m/s2

1.D 2.C 3.

4. l/cos2θ

5. 如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。

(1)

A

(2)

BA

B

解：(1)

m 0g =T T =μN N =(M +m ) g 联立方程得：

m 0M +m

μ=

(2)

（m 0+m ）g -T ' =（m 0+m ）a T ' -μMg =Ma 利用(1) 计算结果，得到

m a =g

m +M

M （m 0+m ）T ' =g

m +M

6. 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律

-K v =m

d v d t

K d v

, ∴ -d t =

m v

∴ v =v 0e -Kt /m (2) 求最大深度 解法一：

v =

K d v

-⎰d t =⎰

m v 0v 0

t v

d x

d t

d x =v 0e -Kt /m d t

x

t

⎰

d x =v 0e -Kt /m d t

⎰

∴ x =(m /K ) v 0(1-e -Kt /m )

x max =m v 0/K

d v d v d x d v

=m ()() =m v d t d x d t d x

x m

a x

解法二：

-K v =m

m

∴ dx =-d v

K

⎰d x =-⎰

m

d v K v 0

∴ x max =m v 0/K

1. B 2. A 3.

F ∆t 1F ∆t 1F ∆t 1

， +

m 1+m 2m 1+m 2m 2

4. 140 N·s ， 24 m/s，

2

I =⎰F d t =⎰(30+40t ) d t =140N ⋅s

t 1

t 2

m v 2-m v 1=I ;

m v 2=I +m v 1

v 2=(I +m v 1) /m =24m/s

5. 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 m v 0 = m v +M v ' v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s T =Mg+Mv 2/l =26.5 N

(2) f ∆t =m v -m v 0=-4. 7N ⋅s (设v 0方向为正方向)

负号表示冲量方向与v 0方向相反．

6. 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：

MV +m (V +u ) =0 即 V =

t

-m

u

M +m

t

m m

u d t =l 船走过的路程为 L =⎰V d t =⎰M +m 0M +m 0

狗离岸的距离为 S =S 0-(l -L ) =S 0-

M

l

M +m

1. B 2. C

3. 18J, 6 m/s

22F 2t 2

4. , +F v 0t

2m 2m

5. 解：(1) mg sin θ=kx 0 x 0=mg sin θ/k

(2) 取弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，平衡位置处 E 0=E K 0+

12

kx 0-mgx 0sin θ 2

12

kx -mgx sin θ 2

伸长x 处系统的机械能 E x =E K +

由机械能守恒定律， E 0=E x 解出 E K =E K 0-

1

k [x -(1/k ) mg sin θ]2 2

另解: (2) 取平衡位置为振动势能零点，可证明振动势能(包括弹性势能和重力势能) 为

1

k (x -x 0) 2, 则由A 、弹簧、地球组成系统，在振动过程中机械能守恒： 2

E K + E K =E K 0-

1

k (x -x 0) 2=E K 0 2

11

k (x -x 0) 2=E K 0-k [x -(1/k ) mg sin θ]2 22

6. 解：两自由质点组成的系统在自身的引力场中运动时，系统的动量和机械能均守恒．设两质点的间距变为l /2时，它们的速度分别为v 1及v 2，则有

m 1v 1-m 2v 2=0 ①

-Gm 1m 212Gm 1m 212=m 1v 12+m 2v 2- ② l 22l

联立①、②，解得 v 1=m 2

2G 2G

，v 2=m 1

l (m 1+m 2) l (m 1+m 2)

练习6 刚体力学(一) 参考答案

1. B 2. C

挂重物时， mg －T = ma =mR β, TR =J β,

由此解出 β=

P =mg

mgR

mR 2+J

/

而用拉力时， mg R = J β' β=故有 3. ma 2 ,

mgR

J

β'＞β

11

ma 2 , ma 2 . 22

4. 4.0rad/s

5. 质量为m 1， m 2 （ m 1 > m2）的两物体，通过一定滑轮用绳相连，已知绳与滑轮间无相对滑动，且定滑

轮是半径为R 、质量为 m 3的均质圆盘，忽略轴的摩擦。求： (1)滑轮的角加速度β。（绳轻且不可伸长）

m 3

解：

设m 1下降，m 2上升m 1g -T 1=m 1a T 2-m 2g =m 2a T 1R -T 2R =I β1

I =m 3R 2

2a =R β

2(m 1-m 2)

g

联立方程得到， 2(m 1+m 2) +m 3a =

β=

2(m 1-m 2)

g

[2(m 1+m 2) +m 3]R 4m m +m m

1213 T 1=g 2(m +m ) +m 123

T 2=

4m 1m 2+m 2m 3

g

2(m 1+m 2) +m 3

6 解：撤去外加力矩后受力分析如图所示． m 1g －T = m 1a Tr ＝J β a ＝r β

a = m 1gr / ( m 1r + J / r )

a

12

代入J ＝mr , a =

2

m 1g

= 6.32 ms-2 1m 1+m

2

∵ v 0－at ＝0 ∴ t ＝v 0 / a ＝0.095 s

练习7 刚体力学(二) 参考答案

1. E 2. C

3. 2275 kgm2·s -1 , 13 m·s -1 4.

gl sin

5. 解：由人和转台系统的角动量守恒

J 1ω1 + J 2ω2 = 0

其中 J 1＝300 kg²m 2，ω1=v /r =0.5 rad / s ， J2＝3000 kg∙m 2 ∴ ω2＝－J 1ω1/J 2＝－0.05 rad/s 人相对于转台的角速度 ωr ＝ω1－ω2＝0.55 rad/s ∴ t ＝2π /ωr ＝11.4 s

6. 一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度；

1

3

2

(2) 棒转到水平位置时的角加速度．

解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律 M = J β

1

mgl sin 30 =mgl /4 2

M 3g ==7. 35 rad/s2 于是 β=J 4l

1

当棒转动到水平位置时， M =mgl

2

其中 M =

那么 β

=

M 3g

==14. 7 rad/s2J 2l

练习8 狭义相对论(一) 参考答案

1. B 2. B 3. c 4.

4c 5

5. 解：解：根据洛仑兹变换公式:

x '=

x -v t -(v /c)

2

，t '=

t -v x /c 2-(v /c) x 1-v t 1-(v /c)

2

2

'=可得 x 2

x 2-v t 2-(v /c)

2

'= ，x 1

在K 系，两事件同时发生，t 1 = t 2，则

'-x 1'= x 2

2

x 2-x 1-(v /c)

2

，

'-x 1') =∴ -(v /c ) =(x 2-x 1) /(x 2

解得 v =

1

2

3c /2．

'和 t 2'时刻， 在K ′系上述两事件不同时发生，设分别发生于t 1

'=则 t 1

t 1-v x 1/c 2-(v /c)

2

'=，t 2

t 2-v x 2/c 2-(v /c)

－

2

'-t 2'=由此得 t 1

v (x 2-x 1) /c 2

-(v /c) 2

=5.77×106 s

6. 解：设两系的相对速度为v ．根据洛仑兹变换， 对于两事件，有

∆x =

∆x '+v ∆t '

-(v /c )

∆t '+(v /c

2

2

∆t =

) ∆x '

2

-(v /c )

由题意： ∆t '=0 可得 ∆t =(v /c ) ∆x

2

及 ∆x '=∆x -(v /c )

2

2221/22221/2

由上两式可得 ∆x '=[(∆x ) -(c ∆t /c ) ]=[∆x -c ∆t ]= 4³106 m

1. C 2. C 3. C

4. v =c /2 , v =c /2 5. 5.8³10-13, 8.04³10-2

6. 解：据相对论动能公式 E K =mc 2-m 0c 2

得 E K =m 0c 2(解得

1-(v /c ) 2

-1) 即

1-(v /c ) 2

-1=

E K

=1. 419 2

m 0c

v = 0.91c

τ=

τ0

-(v /c ) 2

=5. 31⨯10-8 s

平均寿命为

7. 解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E

根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m1c 2

根据相对论质量公式 m 2=m 0/[1-(v 2/c ) 2]1/2

m 1=m 0/[1-(v 1/c ) 2]1/2

∴ W =m 0c 2(

1

2v 2-2

c

-

1v 12-2

c

) ＝4.72³1014 J＝2.95³105 eV

-

1. D 2. E

3. A T -2π) , A c o T +3π)

4. 3.43 s, -2π/3

5. 解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s-1

∴ T = 2π/ω = 4.19 s

(2) a -2

m = ω2A = v m ω = 4.5³10 m/s2

(3) φ=

1

2

π x = 0.02cos(1. 5t +

1

2

π) (SI)

6. 证：(1) 当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示．

切向分力 F t =-mg sin θ ①

∵θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ 牛顿第二定律给出 F t =ma t ② 即 -mg θ=m d 2

(R θ) /d t 2

d

2

θ/dt 2=-g θ/R =-ω2θ 将③式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动． (2) 由③知

ω=g /R

周期 T =2π/ω=2πR /g

g

③

练习11 机械振动(二) 参考答案

1. B 2. B 3.

2π2mA 2

T

2

4. 0. 04cos(πt -π)

2

5. 解：(1) 由题意 F m =kA ，A =x m ，k =F m /x m ．

E =

121

kx m =F m x m =0. 16 J 22

(2)

ω=

v m v m

==2π rad /s A x m

由 t = 0， x 0=A c o φs =0.2 m， v 0=-A ωsin φ

φ=π

3

1

π) 3

则振动方程为 x =0. 4cos(2πt +

6. 解：(1) E =E K +E p =

12

kA 2

1/2

A =[2(E K +E p ) /k ] (2)

= 0.08 m

121

kx =m v 2 22

m ω2x 2=m ω2A 2sin 2(ωt +φ)

x 2=A 2sin 2(ωt +φ) =A 2[1-cos 2(ωt +φ)]=A 2-x 2 2x =A ， x =±A /2=±0. 0566 m (3) 过平衡点时，x = 0，此时动能等于总能量 E =E K +E p =

2

2

1

m v 2 2

1/2

v =[2(E K +E p ) /m ]

=±0. 8 m/s

练习12 机械波(一) 参考答案

1. C 2. B 3. 30, 30.

4. y 1=A c o s 2[πt /T +φ] , y 2=A cos[2π(t /T +x /λ) +φ]

5. 解：(1) O 处质点振动方程

y 0=A cos[ω(t +

(2) 波动表达式

y =A cos[ω(t - (3) x =L ±x =L ±k

L

) +φ] u

x -L

) +φ] u

2πu

ω

(k = 0，1，2，3，„)

6. 解：(1) 由振动曲线可知，P 处质点振动方程为

y P =A cos[(2πt /4) +π]=A cos( (2) 波动表达式为

1

πt +π) (SI) 2

y =A c o s 2[π(+

(3) O 处质点的振动方程

y 0=A c o πt )

t

4

x -d

λ

) +π] (SI)

2

练习13 机械波(二) 参考答案

1. A 2. D 3. y x 1=A cos(4. π

5. 解：(1) 坐标为x 点的振动相位为

ωt +φ=4π[t +(x /u )]=4π[t +(x /u )]=4π[t +(x /20)] 波的表达式为 y =3⨯10cos 4π[t +(x /20)] (SI)

-2

2ππ

t -) 或写成 y x 1=A sin(2πt /T ) T 2

(2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 ωt +φ'=4π[t +波的表达式为 y =3⨯10

-2

x -5

] (SI) 20

x

) -π] (SI) 20

cos[4π(t +

6. 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．

原点O 处质点，t = 0 时

2A /2=A cos φ, v 0=-A ωsin φ

所以 φ=π/4 O 处振动方程为 y 0=A cos(500πt +

1

π) (SI) 4

由图可判定波长λ = 200 m，故波动表达式为

[π(250t + y =A c o s 2

x 1

) +π] (SI) 20045π) 4

5

π) (SI) 4

(2) 距O 点100 m处质点的振动方程是 y 1=A cos(500πt +

振动速度表达式是 v =-500πA cos(500πt +

练习14 机械波(三) 参考答案

1. D 2. C 3. 2A cos[2π

x

1L 1L π-2]⨯cos[2πνt ±π+φ-2π] 2λ2λ

λ

±

4. 1065Hz, 935Hz

5. 解：(1) 设振幅最大的合振幅为A max ，有

2

A max =(2A ) 2+A 2+2A ⋅2A cos ∆φ

式中 ∆φ=4πx /λ，

又因为 cos ∆φ=cos 4πx /λ=1 时， 合振幅最大，故 4πx /λ=±2k π

合振幅最大的点 x =±

1

k λ ( k = 0，1，2，„) 2

(2) 设合振幅最小处的合振幅为A min ，有

2

A min =(2A ) 2+A 2+2A ⋅2A cos ∆φ

因为 cos ∆φ=-1 时合振幅最小

且 ∆φ=4πx /λ 故 4πx /λ=±(2k +1) π 合振幅最小的点 x =±(2k +1) λ/4 ( k = 0，1，2，„)

6. 解：(1) 与波动的标准表达式 y =A cos 2π(νt -x /λ) 对比可得：

ν = 4 Hz， λ = 1.50 m，

波速 u = λν = 6.00 m/s (2) 节点位置 4πx /3=±(n π+ x =±3(n +

1

π) 2

1

) m , n = 0，1，2，3, „ 2

(3) 波腹位置 4πx /3=±n π x =±3n /4 m , n = 0，1，2，3, „

1. D 2. A

3. 1.33³105 Pa 4.

355

kT , kT , MRT /M mol . 222

5. 解：(1) ∴ (2)

6. 解：(1) (2) M / M mol =N / N A N =MN A / M mol

=

E k N =M mol E K

MN =8. 27⨯10-21 J A

T =23k

＝ 400 K E =

i 1M 12M RT +i 2M 2

RT

mol 12M mol 2

T =E/⎛ i

1M

1⎝

2M +i

2M

2

⎫

⎪R ＝300 K mol 12M mol 2⎪⎭1=

6

2

kT ＝1.24³10-20 J 5

2=

2

kT ＝1.04³10-20 J

1. B 2. B

3. 4000 m²s -1 , 1000 m²s -1

4. 495 m/s

5. 解： p 1V =νRT 1 p 2V =

∴ T 2=2 T 1p 2 / p 1

1

νRT 2 2

12

=

T 1

=T 2P 1

2P 2

6. 解：由状态方程求得分子数密度 n =分子平均速率 =

p

=2.69³1025 m-3 kT

8RT

=4.26³102 m/s

πM mol

平均碰撞频率 =

2πd 2=4.58³109 s-1

=9.3³10-8 m 平均自由程 =

练习17 热力学基础(一) 参考答案

1. B 2. A

3. -|W 1| , -|W 2| 4.

5. 解：氦气为单原子分子理想气体，i =3

(1) 等体过程，V ＝常量，W =0 据 Q ＝∆E +W 可知 Q =∆E =

3

p 1V 1 , 0 2

M

C V (T 2-T 1) ＝623 J M mol

(2) 定压过程，p = 常量， Q =

M

C p (T 2-T 1) =1.04³103 J M mol

∆E 与(1) 相同． W = Q - ∆E ＝417 J (3) Q =0，∆E 与(1) 同

W = -∆E=-623 J (负号表示外界作功)

6. 解：等压过程 W = p ΔV =(M /M mol ) R ΔT

内能增量 ∆E =(M /M mal )

11

iR ∆T =iW 221

iW +W =7 J 2

双原子分子 i =5 ∴

Q =∆E +W =

练习18 热力学基础(二) 参考答案

1. A 2. C

3. 8.31J , 29.09J

11

4. () γ-1T 0, () γp 0 .

33

5. 解：(1) Q 1=RT 1ln(V 2/V 1) =5. 35⨯103 J

(2) η=1-

T 2

=0. 25. T 1

W =ηQ 1=1. 34⨯103 J (3) Q 2=Q 1-W =4. 01⨯103 J

6. 解：设c 状态的体积为V 2，则由于a ，c 两状态的温度相同，p 1V 1= p 1V 2 /4

故 V 2 = 4 V 1 循环过程 ΔE = 0 , Q =W ． 而在a →b 等体过程中功 W 1= 0． 在b →c 等压过程中功

W 2 =p1(V 2－V 1) /4 = p 1(4V 1－V 1)/4=3 p1V 1/4

在c →a 等温过程中功 W 3 =p1 V1 ln (V 2/V 2) = -p 1V 1ln 4

∴ W =W 1 +W2 +W3 =[(3/4)－ln4] p 1V 1

Q =W=[(3/4)－ln4] p 1V 1

练习19 热力学基础(三) 参考答案

1. D 2. C 3. C

4. 熵增加（或状态几率增大）, 不可逆的 5. 不变 , 增加

6. 解：准静态过程 d S =d Q /T

等温过程 d S =d Q /T =p d V /T 由 pV =RT 得 p =RT /V 代入上式 得 d S =R d V /V

V 1/2

熵变 ∆S =R

V 1

⎰d V /V =R ln

1 2

=-5. 76 J/K

练习20 静电场(一) 参考答案

1. B 2. C

3. －3σ / (2ε0) , －σ / (2ε0), 3σ / (2ε0). 4. d>>a

5. 解： E 1=

q 14πε0d

2

, E 2=

q 24πε0d

2

∵ 2q 1=q 2 ， ∴ 2E 1=E 2 由余弦定理：

2

E =E 12+E 2-2E 1E 2cos 60 =3E 1

=由正弦定理得：

q 14πε0d 2

= 3.11³106 V/m

q q 2

2

E 1E 1E 1 =sin α=sin 60=,

αE 2sin 60 s i n

α = 30°

∴E 的方向与中垂线的夹角β＝60°，如图所示．

6. 解：选杆的左端为坐标原点，x 轴沿杆的方向 ．在x 处取一电荷元λd x ，它在点电荷所在处产生场强为：

d E =

λd x

4πε0d +x 2

q

整个杆上电荷在该点的场强为： E =

λ4πε0d x λl

=⎰0d +x 24πε0d d +l

l

点电荷q 0所受的电场力为： F =

q 0λl

＝0.90 N 沿x 轴负向

4πε0d d +l

1. D 2. B 3. q / (6ε0) 4.

q 4πε2

, 0

0r 5．解：(1) 一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离ｒ处的场强为： E =λ / (2πε0r ) 2分

根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为 ⎡⎤E λ⎢ E =E 1+2=2πε⎢1+

1⎥

⎥ 0⎢⎛a ⎫⎛a ⎫

⎢⎣ ⎝2-x ⎪ +x ⎪⎥⎭⎝2⎭⎥⎦

=2a λ

πε2-4x 2， 方向沿x 轴的负方向 0a (2) 两直线间单位长度的相互吸引力

F =λE =λ2 / (2πε0a )

6. 解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为

d q =ρd V =Ar ⋅4πr 2d r

在半径为r 的球面内包含的总电荷为

q =⎰ρdV =⎰r

V

4πAr 3d r =πAr 4 (r ≤R)

以该球面为高斯面，按高斯定理有 E 1⋅4πr 2=πAr 4/ε0 得到

E 21=Ar /(4ε0)， (r ≤R )

方向沿径向，A >0时向外, A

在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 E 2⋅4πr 2=πAR 4/ε0 得到 E 4

2=AR /(

4ε2

0r

)， (r >R )

方向沿径向，A >0时向外，A

123分

2分

1. D 2. A 3. 1.5³106 V

4. －8³10-15 J , －5³104 V

5. 解：在圆盘上取一半径为r →r ＋d r 范围的同心圆环．其面积为

d S =2πr d r

其上电荷为

d q =2πσr d r 它在O 点产生的电势为 d U =

d q σd r

=

4πε0r 2ε0

总电势 U =d U =

S ⎰

σ

2ε0

⎰

R

d r =

σR

2ε0

6. 解：(1) 在杆上取线元d x ，其上电荷 d q ＝Q d x / (2a )

设无穷远处电势为零，d q 在C 点处产生的电势 dU =

Q d x /(2a ) 4πε02a -x

整个带电杆在C 点产生的电势

a Q d x Q

U =⎰d U ==ln 3

L 8πε0a ⎰-a 2a -x 8πε0a

带电粒子在C 点时，它与带电杆相互作用电势能为 W =qU =qQ ln3 / (8πε0a )

(2) 带电粒子从C 点起运动到无限远处时，电场力作功，电势能减少．粒子动能增加．

112

m v ∞-m v 2=qQ ln 3/(8πε0a ) 22

1/2

由此得粒子在无限远处的速率

⎡qQ ⎤

ln 3+v 2⎥ v ∞=⎢

⎣4πε0am ⎦

1. B 2. A

3. -q , 球壳外的整个空间． 4. 不变, 减小

5. 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ．

(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 U -q =

⎰dq

4πε0a

=

-q

4πε0a

(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点

产生的电势的代数和

U O =U q +U -q +U Q +q =

q q Q +q q 111Q

= -+(-+) +

4πε0r 4πε0a 4πε0b 4πε0r a b 4πε0b

6. 解：在圆柱导体内、外分别作半径为r 、长为L 的同轴圆柱形高斯面，并应用 D 的高斯

定理．

圆柱内： 2πrLD ＝0

得 D = 0 (r

E = 0 (r >a )

圆柱外： 2πrLD = λL

得 D =[λ/(2πr )]r 0 ， (r ＞a ) r 0为径向单位矢量

E 1=D /(ε0εr )=[λ/(2πε0εr r )]r 0 (a ＜r ＜b )

E 2=D /ε0=[λ/(2πε0r )] r 0 (r ＞b )

1. D 2. A

3. σ, σ/(ε0 εr ) 4. εr C 0 W 0 /εr

5. 解：(1) 设内、外球壳分别带电荷为+Q 和-Q ，则两球壳间的电位移大小为

D =

场强大小为 E =

R 2

Q

4πr

Q 4πε0εr r

2

R 2

两球壳间电势差 U 12

=⎰E ⋅d r =

R 1

Q 4πε0εr

d r

2⎰r R 1

=

电容 C =

Q (R 2-R 1) Q 11

(-) =

4πε0εr R 1R 24πε0εr R 1R 24πε0εr R 1R 2Q

=

U 12R 2-R 1

22

2πε0εr R 1R 2U 12CU 12

(2) 电场能量 W = =

2R 2-R 1

6. 解：在两极板电荷不变下，有电介质时的场强为

E 1 = σ / (ε0εr ) 取出电介质后的场强为 E 2= σ / ε0

抽电介质前后电场能量变化

1σ2⎛122⎫ ∆W = ε0E 2-ε0εr E 1⎪Sd =

22ε0⎝2⎭

⎛1

1- ε

r ⎝⎫⎪⎪Sd ⎭

外力作功等于电容器中电场能量的增量

σ2⎛1

A =∆W =1-2ε0 ⎝εr ⎫

⎪⎪Sd ⎭

1. D 2. A 3. -4.

1

B πR 2 2

μ0Ia

2π

ln 2

5. 解：设圆线圈磁矩为p m 1，方线圈磁矩为p m 2，则

p m 1=I 1πR 2， p m 2=I 2a 2

∴ I 2=πR 2I 1/(2a 2)

正方形一边在其中心处产生的磁感强度为 B 1=μ0I 2/(2πa )

正方形各边在其中心产生的磁感强度大小相等，方向相同，因此中心O ＇处总的

220I 2'=磁感强度的大小为 B 0=

πa

∵ B 0=

20R 2I 1

a 3

μ0I 1

2R

， 得 I 1=

2RB 0

μ0

'=(2R /a ) 3B 0 ∴ B 0

6. 解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据叠加原理O 点的磁感强度为：

B =B 1+B 2+B 3+B 4

∵ B 1、B 4均为0，故 B =B 2+B 3

1μI

B 2=(0) 方向 ⊗

42R

B 3=

2

μ0I

4πa

(sinβ2-sin β1) =

2μ0I

2

4πR

=μ0I /(2πR ) 方向 ⊗ 其中 a =R /2， sin β2=sin(π/4) =

2/2

sin β1=sin(-π/4) =-2/2

∴ B =

μ0I

8R

+

μ0I

2πR

=

μ0I 1

1

(+) 方向 ⊗

2R 4π

1. C

导体中电流密度J =I /π(R 2-r 2) ．设想在导体的挖空部分同时有电流密度为J 和－J 的流向相反的电流．这样，空心部分轴线上的磁感强度可以看成是电流密度为J 的实心圆柱体在挖空部分轴线上的磁感

强度B 1和占据挖空部分的电流密度－J 的实心圆柱在轴线上的磁感强度B 2的矢量和．由安培环路定理可

以求得 B 2=0, B 1=

μ0Ia 2

2πa (R -r )

2

2

所以挖空部分轴线上一点的磁感强度的大小就等于 B 1=

μ0Ia

2π(R 2-r 2)

2. D 3. μ0I /(2d ) 4. μ0(I 1-I 2-I 3)

5. 解：在距离导线中心轴线为x 与x +d x 处，作一个单位长窄条，其面积为

d S =1⋅d x ．窄条处的磁感强度

μr μ0Ix B =

x 2πR 2

所以通过d S 的磁通量为 d Φ=B d S =

μr μ0Ix

2πR

2

d x

通过１m 长的一段S 平面的磁通量为

R

Φ=

⎰

μr μ0Ix

2πR 2

d x =

μr μ0I

4π

=10-6 Wb

6. 证： 设电子飞行时间为t ，其作螺旋运动的周期为T ，则：

L =v 0cos α⋅t ① T =2πm e /(eB ) ②

当t = nT 时，电子能恰好打在O 点．

∴ L =v 0cos α⋅nT =2πm e n v 0cos α/(eB )

1. A 2. C

3. 负 ， IB / (nS ) 4.

2B I R

， 沿y 轴正向

5. 解：(1) A = I ∆φ

∵ φ φ=B ⋅S

0＝0 ， =BS c o θs

∴ A = IBS cos θ = IBS sin α

(2) M

=p

m ⨯B =ISB sin θ=IBS cos α

6. 解：设圆半径为R ，选一微分元d l ，它所受磁力大小为 d F =I 1d l ⋅B

由于对称性，y 轴方向的合力为零。 ∴ d F x =d F cos θ =I I 2

1R d θ

μ0I 2

2πR cos θ

cos θ =

μ0I 12π

d θ

2π

∴ F =F μ0I 1I 2

x =

⎰

θ=μ0I 1I 2

2π

d

I 1

1. C 2. D

3. σωr d r ， πσωr 3B d r ， πσωR 4B /4 4. 铁磁质， 顺磁质 ， 抗磁质。

5. 解：依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知：

E (r ) =

λ

(方向沿径向向外)

2πε0r μ0I

2πr

(方向垂直纸面向里)

B (r ) =

运动电荷受力F (大小) 为： F =

μIq q λ

-0v 2πr 2πε0r

此力方向为沿径向(或向里，或向外) 为使粒子继续沿着原方向平行导线运动，径向力应为零，

μIq q λ

-0v = 0 2πr 2πε0r

则有 v =

λ

ε0μ0I

6. 解： B = Φ /S=2.0³10-2 T

H =nI =NI /l =32 A/m μ=B /H =6.25³104 T²m/A

-

χm =μ/μ0-1=496

1. D

2. D

3. =NbB d x /dt =NbB ωA cos(ωt +π/2) 或 =NBbA ωsin ωt

4. 3.14³10-6 C

5. 解：取回路正向顺时针，则

a

Φ=B 2πr d r =B 02πr 2sin ωt d r ⎰⎰0

=(2π/3) B 0a 3sin ωt

3☜i =-d Φ/dt =-(2π/3) B 0a ωcos ωt

当 i >0时，电动势沿顺时针方向．

6. 解：(1) 载流为I 的无限长直导线在与其相距为r 处产生的磁感强度为：

B =μ0I /(2πr )

以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为：

3d

Φ1=⎰d ⋅

2d μ0I 2πr d r =μ0Id 3ln 2π2

与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：

2d

Φ2=⎰-d ⋅

d μ0I 2πr d r =-μ0Id 2πln 2

总磁通量 Φ=Φ1+Φ2=-

感应电动势为： ☜=-μ0Id ln 2π3d Φμ0d 4d I μ0d 4=(ln) =αln d t 2π3d t 2π3

由 >0和回路正方向为顺时针，所以 的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向．

1. E

2. D

3. v ⨯B

r e d B 4. 1⋅ 2m d t

R 2e d B ⋅2mr 2d t

方向见图 C

5. 解：在d l 处 B =μ0I /(2πr )

v ⨯B d ☜=(v ⨯B ) d l =v B d l cos 60︒ I r ⋅

但 d l =d r /cos 30︒

∴

d ☜=v B tg 30︒d r

r 2

☜=v B tg 30︒d r

r 1⎰

其中 r 2=a +l /4，r 1=a -3l /4

☜=μ0I v

23πln a +l /4

a -l /4

方向从1→2．

6. 解：设动生电动势为 1，感生电动势为 2 则

= 1 + 2

☜1=⎰(v ⨯B ) ⋅d l =-v BR (方向由a →b )

a b （实际方向由b →a ） c c d B b (Oab c '面积） ☜2=⎰E ⋅d l =⎰E 1⋅d l +⎰E 2⋅d l = R

d t a a b

R 2πd B (3+) ☜2= （方向由a →c ） 43d t

R 2πd B (+) -B v R (方向由a →c ) 故 ☜=43d t

练习31 电磁感应(三) 参考答案

1. C

2. B

3. 0.400 H

4. μ nI , μ n 2I 2 / 2

5. 解：设长直导线中有电流I ，它在周围产生磁场

B =μ0I /(2πr )

在矩形线圈中产生的磁通链数为

2b

ψ=N ⎰2πr b μ0I a d r =μ0NaI 2πln 2

M =ψ

I =μ0Na

2πln 2=2. 77⨯10-5 H

6. 解：(1) 单位长度的自感系数 B =μ0I /(2πr ) r 1

μ0I Φ=⎰B ⋅d S =2πr 1

∴ L =r 2r 2d r μ0I r 2=ln ⎰r 2πr 1r 1Φ

I =μ0

2πln r 2 r 1

12μ0I 2r 2 (2) 单位长度储存的磁能 W m =LI =ln 24πr 1

练习32 电磁场和电磁波 参考答案

1. C

2. C

3. ⎰⎰∂D ⋅d S 或 d ΦD /dt

S ∂t

-⎰⎰B ⋅d S 或 -

S ∂t d Φm /dt

4. 1

5. 证明： I φD

d =d

dt

而在平行板电容器两极板之间φD =D ⋅S =σS =Q

而由电容器的定义有Q =CU

∴I d φD

d =dt =C dU

dt

6. 解：(1)位移电流 I 2d E

d =πR ε0⋅d t =2.78³10-5 A

(2)根据全电流定律：H ⋅d l =I d ，有

L

2πrH =πr 2εd E

0⋅d t

H =1

2r εd E

0⋅d t ，

可得 B 1d E

r =2r μ0ε0d t = 2.78³10-11 T 2分

1. B

2. B

3. 上， (n-1)e

4. d sinθ ＋(r 1－r 2)

5. 解：(1) ∆x ＝20 D λ / a

＝0.11 m

(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足

(n －1) e ＋r 1＝r 2

设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有

r 2－r 1＝k λ

所以 (n －1) e = kλ

k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7

零级明纹移到原第7级明纹处

6. 解：由公式x ＝kD λ / a 可知波长范围为∆λ时, 明纹彩色宽度为

∆x k ＝kD ∆λ / a

由 k ＝1可得，第一级明纹彩色带宽度为

∆x 1＝500³(760－400) ³106 / 0.25＝0.72 mm -

k ＝5可得，第五级明纹彩色带的宽度为

∆x 5＝5²∆x 1＝3.6 mm

1. D

2. C

3. 113

4. 539.1

5. 解：空气劈形膜时，间距 l 1=

液体劈形膜时，间距 l 2=λ2s i θn ≈λ θ2λ

2n sin θ≈λ 2n θ

- ∆l =l 1-l 2=λ(1-1/n )/(2θ) ∴ θ = λ ( 1 – 1 / n ) / ( 2∆l ) ＝1.7³104 rad

6. 解：(1) 第k 个明环， 2e k +λ=k λ 2

e k =(2k -1) λ/4

(2) ∵ 2e k +1λ=k λ 2

2∵ R 2=r k 2+(R -e k ) 2=r k 2+R 2-2Re k +e k

式中e k 为第k 级明纹所对应的空气膜厚度

2∵ e k 很小，e k

e k =r k 2/(2R )

∴ 2r k 2/(2R ) +λ=k λ 2

r k =(2k -1) R λ/2 (k =1，2，3 „)

练习35 光的衍射(一) 参考答案

1. D

2. C

3. 6 , 第一级明(只填“明”也可以)

4. 500 nm(或5³10-4 mm)

5. 解：第二级与第三级暗纹之间的距离

∆x = x 3 –x 2≈f λ / a ．

∴ f ≈a ∆x / λ=400 mm

6. 解：(1) 对于第一级暗纹，有a sinϕ 1≈λ

因ϕ 1很小，故 tg ϕ 1≈sin ϕ 1 = λ / a

故中央明纹宽度 ∆x 0 = 2f tg ϕ 1=2f λ / a = 1.2 cm

(2) 对于第二级暗纹，有 a sinϕ 2≈2λ

x 2 = f tg ϕ 2≈f sin ϕ 2 =2f λ / a = 1.2 cm

练习36 光的衍射(二) 参考答案

1. D

2. B

3. 5

据缺级条件k /k ''=d /a =3/1 知第三级谱线与单缝衍射的第一暗纹重合(因而缺级) ．可知在单缝衍射的中央明条纹内共有5条谱线，它们相应于d sinθ=k λ， k =0，±1，±2．

注：本题不用缺级条件也能解出, 因d =3a 故 第三级谱线：

d sin θ =3λ

与单缝衍射第1个暗纹 a sinθ = λ 的衍射角θ相同．由此可知在单缝衍射中央明条纹中共有5条谱线，它们是：

d sin θ =k λ， k =0，±1，±2．

4. 1.34

l /S =1. 22λ/d

1. 22λS 1. 22⨯5. 5⨯10-7⨯104

=m =1. 34 m l =-3d 5⨯10

5. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得

(a +b )sin 30 =3λ1

a +b =3λ1=3. 36⨯10-4cm sin 30

(2) (a +b )sin 30 =4λ2

6. 解：由于斜入射，平行光入射到光栅面上各点的光线间有光程差，因此，相邻两缝对应点射出的在衍射角φ 方向的光线的光程差为

(a +b )(sinθ+sin φ) ， λ2=(a +b )sin 30 /4=420nm

(a +b ) 是光栅常数，θ 是入射角，φ 是衍射光线与光栅法线的夹角．按照形成光栅衍射主最大的条件 (a +b )(sinθ+sin φ) =k λ，

取φ 的最大值，即sin φ=1，可得 k = 5.09

∴ 最多能观察到第5级谱线．

练习37 光的偏振 参考答案

1. B

2. B

3. 30︒ , 1.73

4. 传播速度 , 单轴

5. 解：设二偏振片以P 1、P 2表示，以θ表示入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P 1的偏振化方向之间的夹角，则透过P 1后的光强度I 1为

I 1=

连续透过P 1、P 2后的光强I 2

I 2=I 1cos 245o =⎢I 0/4+I 0cos 2⎣1⎛1⎫12 I 0⎪+I 0cos θ 2⎝2⎭2⎡1(2θ)⎥cos 245 ⎤

⎦

要使I 2最大，应取cos 2θ＝1，即θ＝0，入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P 1的偏振化方向平行． 此情况下， I 1＝3 I0 / 4

I 2=(3I 0/4)cos 245 =3I 0/8

6. 解： (1) 由布儒斯特定律

tg i ＝n 2 / n 1＝1.60 / 1.00

i ＝58.0°

(2) r =90-i =32. 0

(3) 因二界面平行，所以下表面处入射角等于r ， tg r ＝ctg i ＝n 1 / n 2

满足布儒斯特定律，所以图中玻璃板下表面处的反射光也是线偏振光． o o

1. B 2. D

3. 5³1014 , 2

h ν(h ν'cos φ)

=+p cos θ c c

5. 解：(1) 由 A =h ν0=hc /λ0

4.

得 λ0= (2) 由 得

hc

=5.65³10-7 m = 565 nm A

1hc m v 2=e a , h ν==e a +A 2λ

λ=

hc

=1.73³10-7 m = 173 nm

e a +A

6. 解：(1) 康普顿散射光子波长改变：

∆λ=(hm e c )(1-cos φ) =0.024³1010 m

-

λ=λ0+∆λ=1.024³10-10 m

(2) 设反冲电子获得动能E K =(m -m e ) c 2，根据能量守恒： h ν0=h ν+(m -m e ) c 2=h ν+E K 即 hc /λ0=[hc /(λ0+∆λ)]+E K 故

E K =hc ∆λ/[λ0(λ0+∆λ)]=4.66³1017 J =291 eV

-

1. B 2. C 3. 13.6, 3.4 4. 5, 10

5. 解：由于发出的光线仅有三条谱线，按：

~=cR ( ν=c ⋅ν

11

-) k 2n 2

n =3，k =2 得一条谱线． n =3，k =1 得一条谱线． n =2，k =1 得一条谱线．

可见氢原子吸收外来光子后，处于n =3的激发态．以上三条光谱线中，频率最大的一条是：

ν=cR (

1115

-) =2.92³10 Hz 2213

这也就是外来光的频率．

6. 解：所发射的光子能量为 ε=hc /λ=2.56 eV

氢原子在激发能为10.19 eV 的能级时，其能量为 E K =E 1+∆E =-3.41 eV 氢原子在初始状态的能量为 该初始状态的主量子数为

E n =ε+E K =-0.85 eV

E 1

=4 E n

n =

1. D 2. D 3. 1:1, 4:1. 4. 0.0549

5. 解：远离核的光电子动能为

E 1

K =2

m 2e v =15-13. 6=1. 4 eV 则

v =

2E K

m =7.0³105 m/s e

光电子的德布罗意波长为 λ=

h p =h m =1.04³10-9 m =10.4 Å e v

6. 解：由∆p ∆x ≥

h

x ∆x ≥h 即 ∆p x

据题意∆p x =m v 以及德布罗意波公式λ=h /m v 得

λ=

h

∆p ② x

比较①、②式得 ∆x ≥λ

①

1. D 2. A

3. a /6, a /2, 5a /6

4. 0，2，6, 0，±1，±2，±3

5. 解：所谓归一化就是让找到粒子的概率在可能找到的所有区域内进行积分，并使之等于 100% ，即

∞

⎰ψ*(x ) ψ(x ) d x =1

-∞

a

这里，我们的问题是要

⎰A 2s i n 2n π

a

x d x =1 即 [aA 2

/(n π)]⨯1

2

n πa /a =1 所以 A =

2/a 于是得到归一化的波函数 ψn (x ) =

2/a sin(

n π

a

x ) n = 1，2，3，„„ 6. 解：由波函数的性质得

l

⎰2

d x =1

l

即

⎰c 2x 2(l -x ) 2d x =1， 0由此解得 c 2

=30/l 5

，c =

/l /l 2

设在0 - l /3区间内发现该粒子的概率为P ，则

l /3

P =

⎰2

l /3

d x =⎰30x 2[(l -x ) 2/l 5

]d x =170

81

1. D 2. D 3. C

4. 2 , 2³(2l +1) , 2n 2 . 5. 4 6. 1，0，0，-

111 , 2，0，0， 或 2，0，0，-

222

7. 7 钴的电子组态为 1s 2，2s 2，2p 6，3s 2，3p 6，3d 7，4s 2． 8. 1s 2 2s2 2p63s 2 3p6 4s2

练习43 新技术的物理基础 参考答案

1. B 2. D 3. B

4. 1.85³104 Å = 1.85³103 nm 5. p

答案见图

6. 粒子数反转分布

方向性好，单色性好因而相干性好，光强大

7. 产生与维持光的振荡，使光得到加强

使激光有极好的方向性 使激光的单色性好

8. 工作物质、激励能源、光学谐振腔