大学基础物理学课后习题答案_含思考题(1)

大学基础物理课后答案

主编：习岗 高等教育出版社

第一章 思考题：

解：在上液面下取A 点，设该点压强为p A ，在下液面内取B 点，设该点压强为p B 。对上液面应用拉普拉斯公式，得 p 0-p A =

2γ R A 2γ R B

对下液面使用拉普拉斯公式，得 p 0-p B =

又因为 p B =p A +ρgh 将三式联立求解可得 h =

2γ⎛11⎫ ⎪ - ρg ⎝R A R B ⎪⎭

答：根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。在白天，由于日照的原因，土壤表面的温度较高，土壤表面的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面的原因使土壤表层变得干燥。相反，在夜间，土壤表面的温度较低，而土壤深层的温度变化不大，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。

答：连续性原理是根据质量守恒原理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。

答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。

练习题：

解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h 。在h 基础上取微元d h ，与之对应的水坝侧面面积元d S （图中阴影面积）应为坡长d m 与坝长l 的乘积。

d F

d h

练习题1-6用图

d h d h

= sin θsin60o

d h

水坝侧面的面积元d S 为 d S =l d m =l °

sin 60

由图可知 d m =

该面积元上所受的水压力为 d F =p d S =[p 0+ρg(5-h )]l

5

5

d h

sin 60°

水坝所受的总压力为 F =d F =

⎰⎰

[p 0+ρg (5-h )]l d h =7. 3⨯108(N)

sin 60o

（注：若以水坝的上顶点作为高度起点亦可，则新定义的高度h ¢=5-h , 高度微元取法不变，即d h ¢=d h ，将h ¢与d h ¢带入水坝压力积分公式，同样可解出水坝所受压力大小。）

解：（1）设A 为水库中水面上一点，对A 点和C 点使用伯努利方程可写出

1212

ρv A +ρgh A =p C +ρv C +ρgh C 22

取C 点为基准，h C =0，由于水库水面下降很小，v A =0，p A =p C =p 0（p 0为大气压），h A =h 2，上式即可简化为

12

ρgh 2=ρv C

2

p A +

由此解得 v C =

2gh 2=2⨯9. 8⨯5. 0=9. 9(m)

（2）对B 点和C 点使用伯努利方程，可写出

p B +

1212ρv B +ρgh B =p C +ρv C +ρgh C 22

取C 点为基准，h C =0，v B =v C ，h B =h 1+h 2，p C =p 0，上式化为 p B +ρg (h 1+h 2) =p 0

即 p B =p 0-ρg (h 1+h 2) =1. 013⨯105-103⨯9. 8⨯(3. 0+5. 0) =2. 3⨯104(P a )

解：（1）设水池表面压强为p 1、流速为v 1、高度为h 1，小孔处压强为p 2、流速为v 2、高度为h 2，由伯努利方程可写出

p 1+

1212

ρv 1+ρgh 1=p 2+ρv 2+ρgh 222

根据题中条件可知p 1=p 2=p 0、v 1=0、h =h 1-h 2，于是，由上式可得 v 2=又由运动学方程 H -h =

2gh

12

gt 2

可解出 t =

2(H -h )

g

则水平射程为 R =v 2t =带入数据解得

R 2gh ⋅

2(H -h )

=4h (H -h ) g

=9.17(m)

d R

=0时，R 出现最大值，即 d h

（2）根据极值条件，在

H -2h Hh -h

2

=0

R 出现最大值。由此解出h =5m时，R 出现最大值，此时R =10m。

πR 4p 1-p 2πR 4ρgh

解：由泊肃叶流量公式可知 q v = ）=

8ηl 8ηl

又由 q v =

V m

= t ρt

ρ2t πR 4gh

由上两式可得 η=

8lm

带入已知数据，可解出

4

(1. 9⨯10)

η=

32

⎛0. 1⨯10-2⎫

⎪⨯60⨯3. 14⨯ ⨯9. 8⨯5⨯10-2

⎪2⎝⎭ -2-3

8⨯10⨯10⨯0. 66⨯10

=0. 04(Pa ⋅s)

解：用沉降法测黏滞系数时 η=

2ρ-ρ0() gr 2 9v T

带入已知数据，解得 η=

2⎛ρ-ρ0⎫2 ⎪gr ⎪9⎝v T ⎭

2(2. 55-1. 26)⨯103-32

⨯9. 8⨯3⨯10 =⨯ -2

93. 1⨯10

()

=0. 82(Pa ⋅s)

第二章

思考题：

答：不相同，在冬天打入轮胎内的空气质量要大一些。因为夏天气温高，空气分子的平均平动能较大；冬天气温低，空气分子的平均平动能较小。根据理想气体的压强公式 p =一些。

答：这种看法是错误的。因为理想气体的温度公式只适用于理想气体，而在－273℃时，已经不存在理想气体了，温度公式也就不成立了，如此的推论自然也就是错误的。事实上，即使达到－273℃，分子也还在作微小的振动，运动仍不会停止。

2

n , 可知，当压强相同时，在冬天打入轮胎内的空气密度（即质量）要大3

答：

(1)f (v )d v 表示速率分布在v ~v +d v 区间内的气体分子数占总分子数的比率 (2)Nf (v )d v 表示速率分布在v ~v +d v 区间内的气体分子数

(3)⎰f (v )d v 表示速率分布在v 1~v 2区间内的气体分子数占总分子数的比率

v 1v 2

(4)⎰Nf (v )d v 表示速率分布在v 1~v 2区间内的气体分子数

v 1

v 2

答：平均速率v 可以了解气体分子平均的运动快慢；方均根速率是分子平均平动动能的标志；最概然速率讨论气体分子的统计分布。

此三个速率大小关系 v p

v 2

答：（1）p =nkT ，温度和压强相同时，单位体积内的分子数相同

（2）m =nm 分子，由于分子的种类不同，所以单位体积内的气体质量不同

3

（3）=n k =n kT ，由于温度和单位体积内的分子数相同，所以单位体

2

积内的气体分子总平动动能相同

i

（4）E =n kT ，由于温度相同，而自由度数不确定，因此大为体积内气体

2

的内能无法比较

i

答：根据=kT ，由于温度不变，气体分子平均动能不变。但由于分

2

m i

RT ，可知气体的内能子数密度减少了，容器中的气体质量减小，根据 E =

M 2

减少。

练习题：

解：由题意得：p =1. 01⨯105Pa 、T =273. 15K

（1） n =

p

=2. 44⨯1025(m-1) kT

（2） 氧气分子的密度：ρ=（3） 平均平动动能：εi =

n μ

=1. 30(kg ⋅m -3) N A

3

kT =6. 21⨯10-21(J) 2

解：已知M 1=4⨯10-3kg ⋅mol -1、M 2=32⨯10-3kg ⋅

mol -1=

v 2

得 T =M

3R

当v 2=11. 2⨯103m ⋅s -1，由①得：

①

v 211. 22⨯106⨯4⨯10-3

T 1=M 1==1.01⨯104(K)

3R 3⨯8. 31v 211. 22⨯106⨯4⨯32⨯10-3

T 2=M 2==1. 61⨯104(K)

3R 3⨯8. 31

当v 2=2. 4⨯103m ⋅s -1，由①得：

v 22.42⨯106⨯4⨯10-3T 1'=M 1'==4.62⨯102(K)

3R 3⨯8. 31v 22.42⨯106⨯32⨯10-3

'=T 2'=M 2=7.39⨯103(K) 3R 3⨯8. 31

解:（1）由温度的微观公式：1m v 2=3kT =3R T

222N A

得 N A =

3RT m v 2

=6. 15⨯1023(mol-1)

（2）粒子遵守麦克斯韦速率分布，得 v =

8kT

=1. 3⨯10-2(m⋅s -1) πm

解: （1）速率分布曲线如图2-1所示

（2） 由归一化条件

⎰

∞

f (v )d v =1，得

⎰

则

∞

f (v )d v =⎰C d v =CV 0=1

V 0

C =

1V 0

图2-1

（3） 粒子平均速率为

V =

⎰

∞

Vf (v ) dv =

⎰

V 0

V

V 1

dv =0 V 02

解:由题意知： ∆E K =∆E

m =

M N 0

①

②

15

mv 2=k ∆T 22

③

μv232⨯10-3⨯1002

==7.7(K) 联立①②③式得：∆T =5R 5⨯8.31

解：（1）依题意得： pV =

M

μ

RT

①

E =

M i

RT μ2N V

②

n =

③

2E 2⨯6. 75⨯1025

==1. 35⨯10(Pa) 联立①②③可得： p =-3iV 5⨯2. 0⨯10

（2）因 p =nKT 联立③④得： T =

④

pV

=3. 62⨯102(K)

NK

ε=

3

kT =7. 49⨯10-21(J) 2

第三章

思考题

答：内能是状态量，是温度的单值函数。热量是过程量，如系统经历的热力学过程相关。（1）说法是错误的，因为热量是过程量。（2）说法是正确的，对于相同的物体，内能是温度的单值函数。

答：根据题意有，系统吸收热量1.045×108J ，系统对外做功为30×103×3600=1.08×108J ，系统对外放热3.135×107J ，即释放的能量共为1.3935×108J 。可见不符合热力学第一定律，因此这种机器不可能。

答：该一定量的理想气体由状态1变化到状态2，系统内能的改变量是一样的，因此根据热力学第一定律Q =∆E +W ，在过程A 和过程B 中吸收的热量可通过在这两个过程中系统对外所做的功做比较。根据功的几何意义，由图可见，过程A 中系统对外所做的功比较大，因此，该过程吸收的热量也相应的比较大。

答： （1）不能；（2）不能；（3）不能；（4）能；（5）能；（6）能。

答：（1）正确，因为经过一个正循环以后系统回到原来状态。（2）错误。系统经一个正循环后，外界在温度较高处输送热量给系统，又在温度较低处从系统获得热量，两者之差恰正等于它从系统得到的功。虽然外界净减少热量的数值等于系统对外界做的功，但功和热量是不等价的，所以该循环过程已经对外界产生影响了。（3）错误。因为只有在正向循环和逆向循环的轨迹线完全一致，并且它们都是可逆循环的情况下，先后经过这样的一个正循环与逆循环后，系统与外界才可能都没有发生变化。本题中仅指出其逆循环是逆卡诺循环，没有明确其正循环是否是正向可逆卡诺循环。

答：不能。如图所示，等温线Ⅲ与Ⅰ和Ⅱ两绝热线相交，构成一个循环。这个循环只有一个单一热源，它把吸收的热量全变成功，即η=100%，并使周围环境没有变化，这是违背热力学第

二定律的，所以不可能构成这样一个循环。

答：（1）不正确。卡诺循环中，从高温热源吸热对外做功的等温过程，就将热全部转化成了功，只是由于系统从外界吸热，引起了外界的变化。正确的理解应为：在不引起其它变化或不产生其它影响的条件下，热不能完全变为功。

（2）不正确。致冷机就能将热量从低温物体传向高温物体，只是它需要消耗外

界能量。正确的理解应为：在不引起其它变化或不产生其它影响的条件下，不可能把热量从低温物体传到高温物体。

练习题：

解：根据功的几何意义，可得此过程中气体所做的功在数值上等于梯形ABCD 的面积，因此有 W =

11

(AD +BC ) ⋅CD =(2⨯105+1⨯105) ⨯1⨯10-3=150J 22

解：系统由经历ACB 过程，根据热力学第一定律有Q =W ACB +(E B -E A ) 由于从P-V 图中可见P A V A =P B V B ，所以有T A =T B ，因此。

对于整个循环ABCDA ，由于∆E =0，BD 为等体过程，DA 为等压过程，因此有

Q =W ACB +W BD +W DA =200+0+P A (V A -V D ) =200+0-1200=-1000J

解：根据热力学第一定律有，Q =∆E =ν

i

R ∆T 。根据题意有2

ν=1mol , Q =2.06⨯102J , ∆T =10K ，因此

2Q 2⨯2.06⨯102

i ===5 νR ∆T 1⨯8.31⨯10

解：对于绝热过程，有 p 1V 1=pV γ

γ

p V ∴p =1γ1

V

V 2

V 2

γ

W =

V 1

⎰pdV =⎰

V 1

p 1V 1γ1γ

=p V ⋅V 21-γ-V 11-γ)(11γV 1-γ

11γ1-γγ1-γ

p V V -p V V =p 2V 2γV 21-γ-p 1V 1) ()(112111

1-γ1-γ1=(p 2V 2-p 1V 1)1-γ=

1R R (T 2-T 1) =(T 1-T 2) 1-γγ-1

由理想气体状态方程，可将上式化为

W =

解：由已知可得 ν=

M 0.32

==10(mol) M mol 0.032

氧气为双原子分子，则c v =

5

R 。 2

（1） a-b 过程为等温过程，∆E =0，

Q 1=W 1=νRT 1ln

V 2

=10⨯8.31⨯300⨯ln 2=1.728⨯104(J) V 1

4

此过程系统从外界吸热1. 728⨯10J ，全部用来向外做功。

（2） b-c 过程为等体过程，W ＝0

5

Q 2=∆E =νc v (T 2-T 1)=10⨯⨯8.31⨯(200-300) =-2.0775⨯104(J)

2

此过程系统向外放热2.0775⨯10J ，系统内能减少2.0775⨯10J 。

（3） c-d 过程为等温过程，∆E ＝0

4

4

Q 3=W 2=νRT 2ln

V 11

=10⨯8.31⨯200⨯ln =-1.152⨯104(J) V 22

4

4

此过程外界对系统做功1.152⨯10J ，系统向外放热1.152⨯10J

（4） d-a 过程为等体过程，W ＝0

5

Q 4=∆E =νc v (T 1-T 2)=10⨯⨯8.31⨯(300-200)=2.0775⨯104(J)

2

此过程系统从外界吸热2.0775⨯10J ，使内能增加2.0775⨯10J 。

热机效率为

4

4

η=

Q 吸－Q 放

Q 吸

＝

(1. 728+2. 0775)-(2. 0775+1. 152)＝15. 14%

1. 728+2. 0775

解：设高温热源温度为T 1，低温热源温度为T 2

T 1＝27+273＝300K ，T 2＝0+273＝273K

（1）设此致冷机从低温热源吸热为Q 2，则 设此致冷机致冷系数为ε，则

6

Q 2＝5.0⨯3.35⨯105＝1.675⨯10（J ）

ε＝

Q 2Q 1－Q2

T 2T 1－T2

273

10. 11

300-273

由ε＝

，可得放到环境中的热量为

Q 21.675⨯1066

Q 1＝＋Q 2＝＋1.675⨯106＝1.841⨯10（J ）

ε10.11

（2）设最少必须供给致冷机的能量为W ，则

5

W =Q 1-Q 2=1.841⨯106－1.675⨯106＝1.66⨯10（J ）

第四章 思考题：

答：公式E =

F

q 0

是关于电场强度的定义式，适合求任何情况下的电场。而公式

E =

q 4πε0r

2

r 0是由库仑定理代入定义式推导而来，只适于求点电荷的电场强度。

答：（1）场强是由场源电荷和场点决定的，与检验电荷无关，因此当没有检验电荷时，仍然有场强。而当电荷在电场中受到的电场力则与场强和电荷的电量都有关系，因此当当电荷在电场中受到的电场力很大时，并不代表该点的场强一定很大。 （2）点电荷的电场强度的公式是有库伦定律推导得到的，因此仅适用于点电荷模型。当场点和点电荷的距离趋于0时，电荷本身的尺度已经不可以忽略，那这时不可以用点电荷的电场强度的公式来讨论，因此没有物理意义。

答：取球面高斯面，由ε0

⎰⎰E ⋅d S =∑q 可知

i i =0

n

（1）内部无电荷，而面积不为零，所以E 内= 0。 （2）E 外=

q 4πε0r q 4πε0R 2

2

与气球吹大无关。

（3）E 表=随气球吹大而变小。

答：（1）错。因为依高斯定理，E = 0 只说明高斯面内净电荷数（所有电荷的代数和）为零。

（2）错。高斯面内净电荷数为零，只说明整个高斯面的

并不一定电场强度处处为零。

（3）错。穿过高斯面的电通量为零时，只说明整个高斯面的

零。并不一定电场强度处处为零。

（4）对。E = 0，则整个高斯面的

⎰⎰

s

E d S 的累积为零。

⎰⎰

s

E d S 的累积为

⎰⎰

s

E d S 的累积为零。所以电通量φ=0。

答：点电荷位于立方体中心时，通过该立方体各面的电通量都相等，并且等于总通量的1/6。由高斯定理可知总通量为

S

E ⋅d S =

q

ε0

于是，通过各面的电通量为q (6ε0)

答：（1）是。由E l =-静电平衡的导体内。

d U

可知，当电势处处相等时，d U =0，E l =0。实际例子：d l

（2）否。电势为零处电势梯度

d U

不一定为零，所以E l 也不一定为零。实际例d l

子：电偶极子连线中点处。

（3）否。如果E l 等于零，则电势梯度为零，但电势不一定为零。实际例子：两

个相同电荷连线中点处。

练习题： 解：（1）如图建立坐标系

电荷源：dq =λdx

l

E =⎰

λdx

4πε0(x +b ) 2

=-

λ

l

4πε0(x +b ) 0

=

λl

4πε0b (l +b )

，方向沿着x 轴负方向。

（2）电荷源：dq =kxdx

E =⎰

kxdx k

=

04πε(x +b ) 24πε00

l

[(x +b ) -b ]dx

⎰0(x +b ) 2

l

l k ⎧l d (x +b ) dx ⎫k

=-b =⎨⎰0⎬⎰0(x +b ) 2⎭4πε04πε0⎩(x +b )

l ⎤⎡l +b

ln -⎢b l +b ⎥⎣⎦

，方向沿着x 轴负方向。

解：（1）取半径为r —r+d r 的圆环，如图所示，因其上电荷对P 点的产生的场强垂直分量相互抵消，所以其对P 点场强为

d E =d E cos θ=

σ dS x

2

4πε0x 2+r 2(x 2+r 2)

x σ r d r 2ε0(x +r

2

σ

=

x σ 2π r d r 4πε0(x +r

2

2)

=

232

)

整个圆盘的电荷在P 点的产生的场强为

E =⎰

R

x σ r d r 2ε0(x 2+r 2)

2

σ x ⎪ =1-22ε0 (x 2+R 2)⎪

⎝

⎭

⎛⎫

（2）当R →∞时，可将带电圆盘看作无限大带电平面，因此P 点电场强度为

E '=

（3）当x

σ 2ε0

R 时，可将带电圆盘看作点电荷，因此P 点电场强度为：

σ4πR 2σR 2

E ''==22

4πε0x ε0x

解：（1）以r 为半径作球面高斯面，有

I ： r ﹤R 1，因面内无电荷，E 1= 0 II ：R 1

⎰⎰

S

E d S =E ⋅4πr 2=

1

ε0

∑q

i

i 内

Q 14πε0r

2

III ：R 2

Q 1+Q 2

4πε0r 2

Q 14πε0r 2

III ：E 3= 0

根据已知条件画出E -r 关系曲线如图所示

解：依题意得：

U 50⨯10-3E ===1.67⨯10-7(V⋅m -1) -10

d 30⨯10

若令一个钾离子(K ) 通过该膜时需做功W ，则

+

W =qU =1.6⨯10-19⨯50⨯10-3=8⨯10-21(J)

解：（1）由题4-7可得I 、II 、III 区域中的电场分布，则区域I 电势：

V 1=⎰ E ⋅d r =⎰E 1d r +⎰

r

r

∞

R 1 R 2

R 1

E 2d r +⎰E 3d r

R 2

∞

=⎰

R 2

R 1

Q 1+Q 21⎛Q 1Q 2⎫

d r +⎰d r = +⎪22 R 24πε0r 4πε0r 4πε0⎝R 1R 2⎭

Q 1

∞

同理可得区域II 电势分布：

V 2=⎰ E ∙d r =⎰

r

∞

R 2

r

E 2d r +⎰E 3d r =

R 2

∞

1⎛Q 1Q 2⎫

+⎪ 4πε0⎝r R 2⎭

区域III 电势分布

V 3=⎰ E ∙d r =⎰ E 3d r =

r

r

∞ ∞

Q 1+Q 2

4πε0r

（2）若Q 1=-Q 2，则区域I 电势：

V 1=⎰ E ⋅d r =⎰E 1d r +⎰

r

r

∞

R 1 R 2

R 1

E 2d r +⎰E 3d r

R 2

∞

=⎰

区域II 电势：

R 2

R 1

Q 1⎛11⎫d r = -⎪4πε0r 24πε0⎝R 1R 2⎭Q 1

V 2=⎰ E ∙d r =⎰

r

∞

R 2

r

E 2d r =

Q 1⎛11⎫

-⎪ 4πε0⎝r R 2⎭

区域III 电势：

V 3=⎰ E ∙d r =⎰ E 3d r =0

r

r

∞ ∞

解：（1）设内圆柱体的体电荷密度为ρ。作以为半径r (R 1

ρ π R 12l ρ R 12

E 内==

2π rl ε02ε0r

两圆柱间电压为

①

V =V 1-V 2=⎰

联立①②式得：

R 2

R 1

ρ R 12R 2

E ∙d r =ln

2ε0R 1

V 1-V 2

r ln R 2R 1

②

E 内=

则

V r -V 2=⎰

R 2

r

E ∙d r =

V 1-V 2

lnR 2r

ln R 2R 1

令内筒电势为零，则距轴心为r 处的电势为

V r =

V 1-V 2

ln R 2r

ln R 2R 1

第五章 思考题：

答：有可能等于零。在金属导体中电荷的定向移动形成电流，电荷的体密度等于零。

而单独的正离子或负离子的运动形成电流时电荷的体密度不等于零。

Ι= 答：电流能够恒定，因

⎰⎰j ⋅d S ，虽然导体中各处的电流密度不相同，只要电流

S

密度j 对导体各截面的通量相等，通过导体的电流就恒定。

答：电动势是单位正电荷从负极经电源内部移到正极时非静电力所做的功，端电压是指电源正负两极之间的电压，一般情况下电源的端电压不等于电动势，两者之差为Ir ，即电源电流与内阻r 之积，称内阻电位降。当电源内阻为0，即Ir=0时，端电压在数值上等于电动势。对于有内阻的电源，只要流过它的电流为零（处于开路状态的电源就如此），端电压也与电动势数值相等。

练习题：

2-52

解：铜线截面积S =10mm =1.0⨯10m ，允许通过的电流I =60A ，则铜线中

允许电流密度 j =

I 606-2==6.0⨯10(A⋅m ) -5S 1.0⨯10

28

-3

又铜线中的自由电子密度n =8.5⨯10m ，则铜线中通有允许电流时自由电子的漂移速度

j 6.0⨯106-4-1

v ===4.4⨯10(m⋅s ) 28-19

ne 8.5⨯10⨯1.6⨯10

-327-1

解：铜棒的截面积S =1.6⨯10m ，长l =2.0m ，电导率δ=5.7⨯10s ⋅m ，则

（1） 铜棒电阻为R =ρ

l 1l 2=⋅=≈2. 2⨯10-5(Ω) 7-3S δS 5. 7⨯10⨯1. 6⨯10

-2

U 5⨯10-2

=≈2.3⨯103(A ) （2） 铜棒两端的电势差为U =5⨯10V ，则电流I =-5R 2.2⨯10I 2.3⨯1036-2

=1.4⨯10A ⋅m （3） 电流密度为 j ==()

S 1.6⨯10-3j 1.4⨯106-2-1

=2.5⨯10V ⋅m （4） 棒内的电场强度 E == ()7

δ5.7⨯10

23-52

（5） 所消耗的功率 P =I R =(2.3⨯10)⨯2.2⨯10≈1.1⨯10(W )

210

-3

（6） 又自由电子的电荷体密度ne =1.36⨯10c ⋅m ，则电子的漂移速度

j 1.4⨯106

v ===1.0⨯10-4(m ⋅s ) 10

ne 1.36⨯10

第六章 思考题：

答：可以将扭在一起的两条通电导线看成是交织在一起的两个螺线管。管外的磁场非常弱；因两个螺线管的通电电流大小相等、方向相反，而且匝数基本相当，管内的磁场基本上可以相互抵消。因此，与电源相连的两条导线，扭在一起时比平行放置时产生的磁场要小得多。

答：根据毕奥—萨伐尔定律可得，(1) 与运动电荷速度方向垂直的点的磁场最强；(2) 运动电荷速度连线方向上的点的磁场为零；(3) 根据磁场的高斯定理，穿过球面的磁通量为零。

答：安培环路定理中的电流都应该是闭合恒定电流（对于无限长直电流，可以认为是在电流回路在无限远处闭合的）。而且磁场分布需具有对称性。对于一段恒定电流的磁场和变化电流的磁场，安培环路定理不成立。

答：不能。由f =q v ⨯B 磁场对带电粒子的作用力与粒子运动的方向垂直，磁场力对带电粒子所做的功为零，粒子的动能也不会因此而增大。

练习题：

解：根据叠加原理，点O 的磁感应强度可视作三段直线以及起始点为a , b 的两段弧（包括优弧和劣弧）共同激发。由于电源距环中心很远，则电源所在的直线电流对O 处的磁场贡献为0，而另两段通电直线的延长线都通过点O ，在O 处激发的磁感应强度也为0。流过圆弧的电流的方向I 1、I 2如图所示，两圆弧在O 点激发的磁场分别为

B 1=

μ0I 1l 1μ0I 2l 2

B =； 222

4πr 4πr

其中l 1、l 1分别是优弧和劣弧的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比

R =ρ

l

S

式中ρ为电阻率，为S 导线的横截面积。又两圆弧构成并联电路，则

R 1I 1=R 2I 2

故有

I 1l 1=I 2l 2

点O 的合磁感强度为

B =B 1-B 2=

μ0I 1l 1μ0I 2l 2

-=0 22

4πr 4πr

解：载流导体板可以分割成无数条长直载流导线，导体板的场就是这些无数条长直载流导线场的叠加。

如图，坐标x 处宽为dx 的窄条可视为无限长直载流导线，其电流为

d I =

I d x a

d x

它在距板一边a 处产生的磁场大小为

d B =

μ0d I

2π(2a -x )

=

μ0I d x

2πa (2a -x )

其方向垂直纸面向里。因为所有窄条产生的磁场方向相同，所以总磁场

B =⎰d B =⎰

a

μ0I d x

2πa (2a -x )

=

μ0I

ln 2 2πa

解：(1) 由安培环路定理，强度大小为

⎰B ⋅d l

l

=μ0I ，距长直导线I 1水平距离d/2处的磁感应

μ0I 14π⨯10-7⨯20B 1===2⨯10-5(T )

πd π⨯0.4

方向垂直平面向外。

距长直导线I 2水平距离d/2处的磁感应强度大小为

μ0I 24π⨯10-7⨯20B 2===2⨯10-5(T )

πd π⨯0.4

方向垂直平面向外。

∴B =B 1+B 2=4⨯10-5(T ) 方向垂直平面向外。

(2) 建立如图坐标系，面积元dS =ldx ，该处的磁

感应强度大小为

B =B 1+B 2=

μ0I 1μ0I 2

+ 2πx 2π(d -x )

r 1+r 2

Φ=⎰BdS =⎰

r 1

⎡μ0I 1μ0I 2⎤

+⎢2πx 2π(d -x ) ⎥ldx ⎣⎦

0.3⎡12π⨯10-7⨯201⎤

=⨯0.25⨯⎰⎢+ldx ⎥0.12π⎣x 1(d -x ) ⎦

2π⨯10-7⨯20=⨯0.25⨯ln 9

2π

=2.2⨯10-6(Wb )

解：由安培环路定理，

⎰B ⋅d l

l

=μ0∑I in ，建立如图回路

B ⋅2πr =μ0∑I in ⇒B =(1)当r

B 1=

μ0I in

2πr

I

πr 22πR 1

μ0Ir 2πR 12

μ0I 2πr

(2)当R 1≤r

I 22

方向沿着逆时针方向。 πr -R ()222

πR 3-R 2⎛r 2-R 22⎫=I 1-2

2⎪

⎝R 3-R 2⎭

μ0I ⎛r 2-R 22⎫B 3= 1-2⎪

2πr ⎝R 3-R 22⎭

(4)当r ≥R 3

I in =0B 4=0

解：矩形上、下两段导线受安培力的大小相等，方向相反，两力的矢量和为零。而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感应强度不等，所受的安培力F 1、F 2大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个

力的合力。

线框左右两边安培力大小分别为

F 1=

μ0I 1I 2l

2πd

I 2

F 2=

故合力大小为

μ0I 1I 2l

2π(d +b )

F =F 1-F 2=

μ0I 1I 2l μI I l

-012=1.28⨯10-3(N ) 2πd 2π(d +b )

合力方向朝左，指向直导线。

解：由安培环路定理，距长直导线水平距离x 处的磁感应强度大小为

B x =

μ0I 1

2πx

方向垂直Oxy 平面向里。

ab 段导线中线段元受到的安培力大小为

d F =

B x I 2d x

则ab 段导线受到的磁场作用力大小为

d +l μI I μ0I 1I 2d +l 012

F =x =ln

d 2πx 2πd

方向沿y 轴正向（以通有电流I 2的方向x 轴正方向，电流I 1的方向为y 轴正方向）。

解：汽泡室内运动着的高能质子受到洛仑兹力的作用，其大小为

⎰

f =Bqv

洛伦兹力为质子作圆周运动提供向心力

mv 2f =

r

由上述两式，得质子动量得大小为

p =mv =Bqr =20⨯1.6⨯10－19⨯3. 5=1.12⨯10-17（kg ⋅m ⋅s -1）

方向沿质子运动的速度方向。

质子的动能为

p 2(1.12⨯10-17) 2-8

E k ===3.8⨯10(J )

-27

2m 2⨯1.67⨯10

第八章

思考题

答：从运动学角度，凡是以时间的正弦或余弦函数表示的运动都是简谐振动。从动力学角度，物体在跟位移大小成正比，并且指向平衡位置的回复力作用下的振动称之为简谐振动。当物体受到一个使它返回平衡位置的力时，该物体不一定是做简谐振动，必须该力的大小跟位移大小成正比。

答：(1)对，可以是受迫振动。 (2)错，如自由落体运动。

答：因为相位表征任意时刻振子的运动状态。

答：振动的周期T =为原来的两倍，振动能量

2π

ω

和频率ω=

2

k 2

不变，最大速度A ω和最大加速度A ω增大m

12

kA 增大为原来的四倍。 2

答：当波从一种介质透入另一介质时，由于频率只决定于波源的振动，因此频率是不变的，而波长、波速和振幅则与介质的性质有关，会发生改变。

答：相干条件为，频率相同、振动方向相同、相位相同或相位差恒定。因此 (1)由于频率不同，不行；(2)由于振动方向不同，不行；(3)由于相位差不恒定，不行；(4)满足了上述的相干条件，因此可以。

答：当两列整幅相同的相干波在空间相遇时，实际上是改变了能量在整个空间上的分布，但是总的能量的值是没有变化的。虽然在干涉加强处的合成波的强度为一个波的强度的4倍，但是，在干涉相消处合成波的强度变为零。

练习题：

解：由于T = 0.5s ，故ω=2π/T =4π。则振动方程为x =0. 02cos (4πt +ϕ) 由题意得，起始状态为t =0时

（1）x =0. 02=0. 02cos ϕ，即ϕ=0，x =0. 02cos 4πt （2）x =-0. 02=0. 02cos ϕ，即ϕ=π，x =0. 02cos (4πt +π)

（3）x =0=0. 02cos ϕ，v =-0. 08πsin ϕ

π

2

，x =0. 02cos (4πt +

π

2

)

（4）x =0=0. 02cos ϕ，v =-0. 08πsin ϕ>0，即ϕ=

3π3π

) ，x =0. 02cos (4πt +

22

（5）x =0. 01=0. 02cos ϕ，v =-0. 08πsin ϕ

π

3

，x =0. 02cos (4πt +

π

3

)

v =-0. 08πsin ϕ>0，（6）x =-0. 01=0. 02cos ϕ，即ϕ=

解：根据动量守恒有mv 0=(m +M ) v ∴v =因此根据系统做简谐振动的能量，有

4π4π

) ，x =0. 02cos (4πt +

33

m

v 0=2m /s

m +M

1122-2(m +M ) v =kA ∴A ==5⨯10m 22根据简谐振动的方程x =A cos(ωt +

φ) ，其中ω===40，根据图示

振子在t =0时，x =0，且向x 轴的正方向运动，因此有

dx π

>0，所以φ=- dt 2

x =5⨯10-2cos(40t -)

2

π

ω= 解：根据简谐振动的方程x =A cos(ωt +φ) ，A =0.24m ，

x =24cm ，所以φ=0，因此有x =0.24cos(t )

2

（1）t =0.5s , x =0.24cos() =0.17m

2ππ=，在t =0时，T 2

π

π

4

（2）t =0.5s , F =-kx =-m ω2x =-4.19⨯10-3N 负号表示沿着x 轴负方向，并指向平衡位置

（3）由起始位置最快运动到x =12cm ，此时运动方向应沿着x 轴负方向，因此有

πππ5π

0.12=0.24cos(t ) ∴t ＝,

2233

而且v =-0.12πsin(

π

2

t )

π

t ＝, t =0.67s 23

π

（4）当x =12cm ，t =0.67s ，因此有v =-0.12πsin(

π

2

t ) =0.326m /s

12

mv =5.31⨯10-4J 211

E p =kx 2=m ω2x 2=1.78⨯10-4J

221

E =m ω2A 2=7.09⨯10-4J

2E k =

x u

ωB 12π2π=频率ν=，周期T ==，波长λ=Tu =。 2π2πνB C

（2）当x =l , y =A cos(Bt -Cl ) （3）∆ϕ=

解：（1）y =A cos(Bt -Cx ) 与y =A cos ω(t -) 对比有，振幅为A ，波速u =

B

，C

2π

λ

∆x =

2π

λ

d =Cd

0. 3m ， 解：设O 点出的振动方程为y =A cos(ωt +φ) ，有A =0且根据T =

有ω=

λ

u

=

2π

ω

2πu

λ

=50π，另外由于O 出的质点在平衡位置且向负方向运动，有φ=

π

2

，所以

O 点出的振动方程为y =0.03cos(50πt +

π

2

)

（1）此平面波的波动方程为y =0.03cos[50π(t -x ) +

π

2

]

（2）当x =0.05m ，y =0.03cos[50π(t -0.05) +

π

2

]=0.03cos(50πt )

（3）当t =3s , x =0.045m ，y =0.03cos[50π(3-0.045) +

当x =0.045m ，y =0.03cos[50π(t -0.045) +

π

2

]=0.212m

π

2

]

v =-0.03⨯50πsin[50π(t -0.045) +当t =3s , v =-0.03⨯50πsin[50π(3-0.045) +负方向。

π

2

]

π

2

]=-3.33m /s ，负号表示沿着y 轴

x ) 20x

) +π] S2发出的平面波的波动方程为y 2=0.1cos[2π(t -2040

当传播到P 点时的分振动方程分别为y 1=0.1cos 2π(t -) =0.1cos(2πt -4π)

2050

y 2=0.1cos[2π(t -) +π]=0.1cos(2πt -4π)

20

解：S1发出的平面波的波动方程为y 1=0.1cos 2π(t -可见，在P 点的和振幅为0.2m

第九章 思考题

答：（1）根据双缝干涉中相邻条纹的间距公式∆x =

D

λ可知，随着缝间距的增大，d

干涉条纹的间距会变窄。

（2）当狭缝光源在垂直于轴线方向上移动时，干涉条纹也会随着在垂直轴线方

向移动，方向与光源移动方向相反。

答：如果在上方的缝后面贴云母片，则从上方缝中出射的光线的光程会发生变化。设云母片的折射率为n ，厚度为h ，则两束光的光程差为

d

x =k λ(k =0,1,2,... ) D

其中，d 为两缝的距离，D 为缝与屏的距离，x 为屏上相邻两点的距离。从中可以看出，

δ=-h (n -1) +

相邻两条纹的距离为：

∆x =λ

D d

可见，条纹间距没有发生变化。令光程差等于零，可以得到中央亮条纹发生了改变，向上方移动。

答：这是薄膜干涉的原理。产生干涉明纹的条件是δ=2ne +

λ0

2

=k λ0，所以产生干

涉加强的光波的波长应满足λ=

4ne

。当k =1时，λ=4ne 。刚吹起肥皂泡时，由于肥2k -1

皂泡的膜比较厚，即e 比较大，因而这时满足干涉加强的波长也较大，不落在可见光范围为内，因此这时看不到彩色条纹。当肥皂泡吹大到一定程度就会开始看到彩色可见光的条纹。随着肥皂泡增大，则由于肥皂泡的膜越来越薄，彩色条纹从长波段（红光）条纹向短波段（紫光）条纹变化，继而由于满足干涉加强的波长逐渐变小，最终超出可见光范围，因此彩色条纹会消失。

答：当增大上面平板的倾斜度，θ增大，根据l =

λ

，条纹变疏。 2n θ

答：根据衍射原理，只有当狭缝或者障碍物的大小与波长可比时，才会形成衍射现象。光波波长短，日常的狭缝或障碍物的尺寸远远大于光波波长，因而难以发现光波的衍射；而声波波长可与日常狭缝或障碍物的尺寸相比，所以更容易发生衍射。

答：随着单缝的加宽，衍射条纹间距变小，衍射现象变得不明显。当缝宽远大于波长时，衍射条纹密集到无法分辨，只显示出单一的明条纹。

答：使用偏振片可以分辨三种光束。将偏振片以光的传播方向为轴转动，出射光强不发生改变的是自然光；发生改变，当转一周后，若有两次光强最大，两次消光的是线偏振光；若出射光强发生改变，但没有消光的是部分偏振光。

答：这束光是以布儒斯特角入射的，其偏振方向与入射面平行。

练习题：

解：根据题意得：第11级干涉亮纹至中央亮纹之间的距离x 满足

-2

x -33. 44⨯10d =0. 342⨯10=11λ D 2

所以 λ=534. 76(nm )

解：设云母片厚度为h ，覆盖在孔1上，则光程差为

δ=r 2-(nh +r 1-h ) =-h (n -1) +

d

x =k λ D

因为条纹移动了9个，则 k -k '=9

若没有云母片覆盖，光程差为 δ'=r 2-r 1=联立①②③可得： h (n -1) =9λ

d

x =k 'λ D

① ② ③

9λ9⨯550.0⨯10-9

==8.53⨯10-6(m) 所以 h =

n -11.58-1

解：天线接收到的电磁波一部分直接来自恒星，另一部分经湖面反射，这两部分电磁波是相干的。天线角位置θ不同，这两束电磁波的波程差也不同。

因此，在某些角位置上可有干涉极大值。电磁波在湖面反射时要发生相位突变 (半波损失) 。

B

C

A

由于恒星很远，来自恒星的电磁波可视为平面波，如图所示，相干极大时，两部分电磁波的波程差应满足：

δ=AC -BC +

λ

2

其中，λ2是考虑到半波损失。由上图的几何关系可得：

AC -BC =

对第一级干涉极大有

h

(1-cos2θ)=2h sin θ sin θ

2h sin θ+

其中，已考虑k =1。由此解得

θ=arcsin

λ

2

=λ

λ

4h

解：设相邻两条纹对应高度差为∆e ，则

546⨯10-9

∆e ===2. 73⨯10-7(m)

2n 2⨯1

λ

根据相似三角形可得

∆e D

= l L

-5

所以 D =2.26⨯10(m)

解：光程差为，δ=2ne =(2k +1)

λ

2

干涉相消，透射光加强，e =(2k +1)

λ

4n

550⨯10-9==99.6⨯10-9m 最小厚度为，e =4n 1.38

λ

θ=λ2 解：对于第二级暗条纹的衍射角有 a s i n

θ≈f s i n θ=f 所以其与中心亮纹的距离为 x =f t a n

从而可得缝宽 a =1.456⨯10-4(m)

2λ

a

对于未知光源，已知第三级暗纹中心至衍射图样中心的线距离为0.42cm ，则其波长等于

λ=

xa

=509.6(nm) 3f

解：根据公式可得该显微镜的最小分辨距离为

0.61λ0.61⨯550⨯10-9

∆y ===1.342⨯10-6(m)

n sin u 0.25

1

I 0 2

122

经过偏振片B ，I 2=I 1cos θ=I 0cos θ

2124

经过偏振片N ，I 3=I 2cos θ=I 0cos θ

2

解：经过第一块偏振片M ，I 1=

11I 0cos 260=I 0 28

1922

I 0 设所求光强为I 2，则 I 2=I 0cos 30cos 30=

232

9

所以所求透射光强为 I 2=I 1

4

解：设自然光强为I 0，则 I 1=

解：根据D =εCl ，有

D 1C 1

，所以 =

D 2C 2

C 2=

C 1D 2

=2.5⨯10-4g ⋅ml -1 D 1