大学物理简明教程第三版课后习题答案

目录

习题一..............1 习题二..............8 习题三..............18 习题四..............27 习题五..............38 习题六..............48

习题一

drdrdvdv1-1 ｜r｜与r有无不同?dt和dt有无不同? dt和dt有无不同?其不

习题七..............56 习题八..............64 习题九..............68 习题十..............76 习题十一............83 习题十二............91

同在哪里?试举例说明．

rrrrrr212r1r是位矢的模的增量，解：（1）是位移的模，即，； drdrdsvdt（2）dt是速度的模，即dt.

drdt只是速度在径向上的分量.

ˆdrdrdrˆrrdt ˆ（式中rˆ叫做单位矢）∵有rrr，则dtdtdr式中dt就是速度径向上的分量，

drdr与dtdt不同如题图所示. ∴

dvdvdvadt，dt是加速度a在切向上的分量. (3)dt表示加速度的模，即

1

vv(表轨道节线方向单位矢）∵有，所以

dvdvdvdtdtdt

dv式中dt就是加速度的切向分量.

1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度

d2rdr2x2y2时，有人先求出r＝，然后根据v=dt，及a＝dt而求得结果；又有人

先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即

22

22d2xd2ydxdydt2dt2dtdt va =及=

你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？

解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，

有rxiyj，

drdxdyvijdtdtdtd2rd2xd2ya22i2jdtdtdt

故它们的模即为

dxdyvvvdtdt2x2y222d2xd2y22aaxaydt2dt2

2而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作。

drvdtd2ra2dt

drd2rdr与2其二，可能是将dtdt误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明dt不

2

d2r2是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，dt也不是加速度的模，它只

2d2rda径2rdtdt。或者概括性地说，前一是加速度在径向分量中的一部分种方法只考虑了位矢r在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢

r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为

1x=3t+5, y=2t2+3t-4.

式中t以 s计，x,y以m计．(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t＝4 s 时质点的速度；(5)计算t＝0s 到t＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．

1r(3t5)i(t23t4)j2m 解：（1）

(2)将t1,t2代入上式即有

r18i0.5j m

r211j4jm

rr2r13j4.5jm

(3)∵ r05j4j,r417i16j

rr4r012i20jv3i5jms1t404∴

drv3i(t3)jms1dt(4)

3

v3i7j ms1 则 4(5)∵

v03i3j,v43i7j

ms2vv4v04a1jt44

dva1jms2dt(6)

这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以v0(m·s)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大

1小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知

222 lhs

将上式对时间t求导，得

2ldlds2sdtdt

根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，

v绳dldsv0,v船dtdt

∴

v船即

lv0(h2s2)1/2v0v0dsldllv船v0dtsdtscos或 ss

4

将v船再对t求导，即得船的加速度

dldsldv船v0slv船dtdtav0v0dts2s2l22(s)v02h2v0s3s2s

s1-5 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

1ms2，x的单位为 m. 质点在x＝0处，速度为10ms,试求质点在任何坐标处

2的速度值．

advdvdxdvvdtdxdtdx

解： ∵

2分离变量： dadx(26x)dx

12v2x2x3c两边积分得 2

由题知，x0时，v010,∴c50

31v2xx25ms∴

21-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3tms，开始运动时，x＝5 m，

v=0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置．

adv43tdt

解：∵

分离变量，得 dv(43t)dt

3v4tt2c12积分，得

由题知，t0,v00,∴c10

3v4tt22 故

又因为

5

vdx34tt2dt2

3dx(4tt2)dt2分离变量， 1x2t2t3c22积分得

由题知 t0,x05,∴c25

1x2t2t352故

所以t10s时

v104103102190ms121x1021021035705m2

31-7 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

度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

(2)当加速

解：

dd9t2,18tdtdt

aR118236ms2t2s (1)时，

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

οtan45a1an

222RR(9t)18t 即 亦即

则解得

t32223t3232.6799 于是角位移为

rad

1v0tbt221-8 质点沿半径为R的圆周按s＝的规律运动，式中s为质点离圆

周上某点的弧长,v0，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，

6

加速度在数值上等于b．

vdsv0btdt

解：（1）

advbdtv2(v0bt)2anRR

(v0bt)4aaabR2则

22n2加速度与半径的夹角为

arctanaRban(v0bt)2

(2)由题意应有

(v0bt)4abbR2

2(v0bt)44bb,(vbt)002R即

22∴当

tv0b时，ab

11-9 以初速度v0＝20ms抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径R2． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

题1-9图

7

(1)在最高点，

v1vxv0cos60o

v12an1g10ms2又∵

an11

v12(20cos60)21an110∴

10m

(2)在落地点，

v2v020ms1,

而

an2gcos60o

∴

2v2(20)2280man210cos60

β=0.2 rad·s，

2

1-10飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为

求t＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．

1解：当t2s时，t0.220.4rads 1则vR0.40.40.16ms

anR20.4(0.4)20.064ms2

aR0.40.20.08ms2

a2ana2(0.064)2(0.08)20.102ms2

习题二

2-1 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

8

.建立坐标：取方向为Xv0轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.

题2-1图

XY方向： Fx0 xv0t ① 方向：

Fymgsinmay②

t0时 y0 vy0

y1gsint22

由①、②式消去t，得

y1gsinx222v0

2-2 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

ax (1)位矢；(2)速度．

fx63ms2m168

解：

ayfym7ms216

235vxvx0axdt22ms1084277vyvy0aydt2ms10168(1)

于是质点在2s时的速度

57vij48ms1

9

1122r(v0taxt)iaytj221713(224)i()4j28216137ijm48(2)

2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，

t=0时质点的速度为v0，证明(1) t时刻的速度为v＝v0e(k)tm；(2) 由0到t的时

间内经过的距离为

mmv0k()tv()0x＝(k)［1-em］k；(3)停止运动前经过的距离为；(4)证明当

1tmk时速度减至v0的e，式中m为质点的质量．

akvdvmdt

答: (1)∵

分离变量，得

dvkdtvm

tkdtdv0m

即 v0vvvktlnlnemv0

∴

vv0etkmt

kmtkmv0mtdt(1e)k

(2)

xvdtv0e0(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，

故有

xv0e0kmtmv0dtk

10

m (4)当t=k时，其速度为

kmmkvv0ev0e1v0e

1即速度减至v0的e.

vm2-4一质量为的质点以与地的仰角=30°的初速0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2-6图

题2-4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mv0o

mv0由矢量图知，动量增量大小为

，方向竖直向下．

F(102t)i2-5 作用在质量为10 kg的物体上的力为N，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，试就一原来静止的物体

6jm·s-1的物体,回答这两个问题． 和一个具有初速度

解: (1)若物体原来静止，则

t4p1Fdt(102t)idt56kgms1i00,沿x轴正向，

11

p11v15.6msim1I1p156kgmsi

1若物体原来具有6ms初速，则

tFp0mv0,pm(v0dt)mv0Fdt0m0于是

ttp2pp0Fdtp10,

vv1,I2I1 同理， 2这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．

(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

I(102t)dt10tt20t

2亦即 t10t2000

解得t10s，(t20s舍去) 2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为

v0ms1，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

F(abt)0,得

tab

(2)子弹所受的冲量

t1I(abt)dtatbt202

将

tab代入，得

12

a2I2b

(3)由动量定理可求得子弹的质量

Ia2mv02bv0

2-7设

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

F求所作的功．(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，∴ A合F合为恒力，

Fr(7i6j)(3i4j16k) 212445J (2)

PA4575wt0.6

(3)由动能定理，EkA45J

2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v0＝3m·s-1从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有

frs121kxmv2mgssin3722

1mv2mgssin37frsk212kx2

式中s4.80.25m，x0.2m，再代入有关数据，解得

k1390Nm-1

13

题2-8图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h

frsmgssin37o12kx2

代入有关数据，得 s1.4m, 则木块弹回高度

hssin37o0.84m

2-9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．

证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

11122mv0mv12mv2222

222vvv012即 ①

题2-9图(a) 题2-9图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 mv0mv1mv2vv1v2 ② 亦即0由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，v0v且以为斜边，故知1与v2是互相垂直的．

vvxivyj2-10一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为, 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．

14

rxiy11j 解: 由题知，质点的位矢为

ffi作用在质点上的力为

所以，质点对原点的角动量为

L0rmv

(x1iy1i)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

2-11 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＝5.46×104＝9.08×102m·s-1

m·s-1，它离太阳最远时的速率是v2r2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r2mv2

r1v18.7510105.46104r25.261012m2v29.0810∴

1vi6jmstr4im2-12 物体质量为3kg，=0时位于, ，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)相对z轴角动量的变

化．

解: (1)

3pfdt5jdt15jkgms10

(2)解(一) xx0v0xt437

115yv0ytat2633225.5j223

r4ir即 1,27i25.5j vxv0x15

5vyv0yat631113

vi11j vi6j即 11,2∴ L1r1mv14i3(i6j)72k

L2r2mv2(7i25.5j)3(i11j)154.5k 21LLL82.5kkgms21∴

解(二) ∵∴

Mdzdt

0ttLMdt(rF)dt0

315(4t)i(6t)t2)j5jdt02335(4t)kdt82.5kkgm2s10

题2-12图

2-13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

2-25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?

Fr、N是正压力，解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、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．

16

题2-13图（a）题2-13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/I，式中负号表示与角速度方向相反． ∵ FrN NN

FrNl1l2Fl1

∴

又∵

I1mR2,2

∴

FrR2(l1l2)FImRl1 ①

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0900237.06s6040

这段时间内飞轮的角位移为

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．

17

(2)

09002rads160，要求飞轮转速在t2s内减少一半，可知

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2(l1l2)600.250.501520.40(0.500.75)2177N

2-14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2-26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2-14(a)图 题2-14(b)图

m1,m2和柱体的运动方程如下：

18

T2m2gm2a2 ①

m1gT1m1a1 ②

T1RT2rI ③

式中 T1T1,T2T2,a2r,a1R

I11MR2mr222

而

由上式求得

Rm1rm2g22Im1Rm2r0.2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17.1N

2-15 如题2-15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. 解: (1)由转动定律，有

mg11(ml2)23

∴

3g2l

(2)由机械能守恒定律，有

l11mgsin(ml2)2223

19

∴

3gsinl

题2-15图

习题三

3-1 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．

力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零．

3-2 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何?

答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法．

从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点.

3-3 温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么?

答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义．温度微观本质是分子平均平动动能的量度．

3-4 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率?

20

Ni Vi(ms1) 21 10.0 4 20.0 6 30.0 8 40.0 2 50.0 解：平均速率

VNVNiii2110420630840250214682

89021.7141 ms

方均根速率

V2NVNii2i211024202610384022502214682

25.6 ms1

3-5 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(v)dv （2）nf(v)dv （3）Nf(v)dv （4）v0f(v)dv （5）0f(v)dv （6）

v2v1Nf(v)dv

解：f(v)：表示一定质量的气体，在温度为T的平衡态时，分布在速率v附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比.

(1) f(v)dv：表示分布在速率v附近，速率区间dv内的分子数占总分子数的百分比.

(2) nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数密度． (3) Nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数． (4)0(5)

21

vf(v)dv：表示分布在v1~v2区间内的分子数占总分子数的百分比． ：表示分布在0~的速率区间内所有分子，其与总分子数的

0f(v)dv比值是1.

(6)

v2v1Nf(v)dv：表示分布在v1~v2区间内的分子数.

3-6 题3-6图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢?题3-6图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高?

答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高．

题3-6图

3-7 试说明下列各量的物理意义．

13ikTkTkT222（1） （2） （3） Mii3RTRTRTM2mol22（4） （5） （6）

解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的

1k2能量均为T．

3kT(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为2.

ikT32i()在平衡态下，自由度为的分子平均总能量均为.

(4)由质量为M，摩尔质量为Mmol，自由度为i的分子组成的系统的内能为

MiRTMmol2.

22

iRT2i(5) 1摩尔自由度为的分子组成的系统内能为.

3RT(6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能2，或者说热力学体系内，3RT21摩尔分子的平均平动动能之总和为.

3-8 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-1)?

pVMRTMmol 得

解：由理想气体状态方程

MMmolpVRT

dHg1.33105Nm3汞的重度

氦气的压强

P(0.760.60)dHg

43氦气的体积 V(0.880.60)2.010m

M0.004(0.760.60)dHg(0.282.0104)R(27327)

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

1.91106Kg

3-9设有N个粒子的系统，其速率分布如题6-18图所示．求 (1)分布函数f(v)的表达式； (2)a与v0之间的关系；

(3)速度在1.5v0到2.0v0之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．

23

(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率．

题3-9图

解：(1)从图上可得分布函数表达式

Nf(v)av/v0Nf(v)aNf(v)0(0vv0)(v0v2v0)(v2v0)

av/Nv0f(v)a/N0(0vv0)(v0v2v0)(v2v0)

f(v)满足归一化条件，但这里纵坐标是Nf(v)而不是f(v)故曲线下的总面积

为N，

(2)由归一化条件可得

v00N2v0avdvNadvNv0v0a2N3v0

(3)可通过面积计算

Na(2v01.5v0)1N3

(4) N个粒子平均速率

vv01vf(v)dvN0vNf(v)dvv002v0av2dvavdvv0v0

1123211(av0av0)v0N329

(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率

vv00.5v0vdNN1NN1vdN0.5v0N

v0Nv0Nv0av2vf(v)dvdv0.5v0.5v00N1Nv0 N124

332av01v0av21av017av0vdv()0.5v0N1v0N13v024v0N124

0.5v0到1v0区间内粒子数 N1131(a0.5a)(v00.5v0)av0N284

27av07vv06N9

3-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于

vpvp1001vpvp1001与

之间的分子数占总分子数的百分比．

vvP，则麦克斯韦速率分布函数可表示为

u解：令

dN42u2ueduN

因为u1,u0.02

N42u2ueu由 N 得 N41e10.021.66%N

3-11 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?

EiRT2

解：理想气体分子的能量

Et平动动能 t3

38.313003739.5J 2转动动能 r2

EiEr28.313002493J 2内能i5

25

58.313006232.52 J

3-12 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317n3.33103kT1.381023300 m

由平均自由程公式

129102012d2n

7.53.331017 m

3-13 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，气压降到1.33×10-4Pa，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径10-10 m)?

2解：(1)碰撞频率公式z2dnv

对于理想气体有pnkT，即

npkT

z2d2vpkT

所以有

v1.60而

RTMmol

v1.608.31273455.43128 ms

氮气在标准状态下的平均碰撞频率

z21020455.431.01310585.4410s1 1.38100273气压下降后的平均碰撞频率

z21020455.431.331040.714s1231.3810273

3-14 1mol氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2倍，求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比； (2)分子平均自由程之比．

26

解：由气体状态方程

p1p2T1T2 及 p2V2p3V3

v21.73RTMmol方均根速率公式

v2初v2末T1T2p11p22

npkT

对于理想气体，pnkT，即

所以有

kT2d2p

初T1p21末p1T2

习题四

4-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．

QEpdVQEA（1） （2）

1（3）

QQ2不可逆12Q1 Q1 （4）

解：(1)不正确，QEA (2)不正确，

QΔEpdV

1(3)不正确，

Q2Q1

Q2Q1

不可逆1(4)不正确，

4-2 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在pV图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．

27

题4-2图

解：1.由热力学第一定律有 Q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A1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．

4-3 一循环过程如题4-3图所示，试指出： (1)ab,bc,ca各是什么过程； (2)画出对应的pV图； (3)该循环是否是正循环?

(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积?

(5)用图中的热量Qab,Qbc,Qac表述其热机效率或致冷系数． 解：(1) ab是等体过程

bc过程：从图知有VKT，K为斜率

28

由pVvRT 得

pvRK

故bc过程为等压过程

ca是等温过程

(2)pV图如题4-3’图

题4-3’图

(3)该循环是逆循环

(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是pV图中的图形．

eQabQbcQcaQab

(5)

题4-3图 题4-4图

4-4 两个卡诺循环如题4-4图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同?

答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同．

29

4-5 根据

SBSABdQ可逆TA及

SBSAdQ不可逆AT，这是否说明可逆过程的

B熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由．

答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变．

4-6 如题4-6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4-6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 J abd过程，系统作功A42J

QEA22442266J 系统吸收热量

ba过程，外界对系统作功A84J

QEA22484308J 系统放热

4-7 1 mol单原子理想气体从300 K加热到350 K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功?

(1)体积保持不变； (2)压力保持不变．

30

解：(1)等体过程

由热力学第一定律得QE

QECV(T2T1)iR(T2T1)2

吸热

QE38.31(350300)623.252 J

对外作功 A0 (2)等压过程

QCP(T2T1)Qi2R(T2T1)2

吸热

58.31(350300)1038.752 J

ECV(T2T1)

E38.31(350300)623.252 J

内能增加

对外作功 AQE1038.75623.5415.5J

4-8 0.01 m3氮气在温度为300 K时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功．

解：(1)等温压缩 T300K 由p1V1p2V2 求得体积

V2p1V110.0111033p210 m

AVRTln对外作功

V2pp1Vln1V1p2

5 11.013100.01ln0.01

4.67103J

(2)绝热压缩

CV57R2 5

31

p1V11/V2()ppVpV222 由绝热方程 11

p1V11/pV2()(1)V1p2p2 1()40.011.9310310m

1TpTp1122由绝热方程 得 1T1p2T23001.4(10)0.41p111T2579K

热力学第一定律QEA，Q0

AMCV(T2T1)Mmol

所以

pVpV5MA11R(T2T1)RTRT12Mmol，

1.0131050.0015A(579300)23.51033002 J

4-9 1 mol的理想气体的T-V图如题4-9图所示，ab为直线，延长线通过原点O．求ab过程气体对外做的功．

题4-9图

KT02V0

解：设TKV由图可求得直线的斜率K为

KT0V2V0

得过程方程

32

由状态方程 pVRT

pRTV得

ab过程气体对外作功 A2V0v0pdV

A2V0V02V0v02V0RTRT0dVVdVV0VV2V0RT0RT0dV2V02

4-10 一卡诺热机在1000 K和300 K的两热源之间工作，试计算 (1)热机效率；

(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少?

(3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?

1解：(1)卡诺热机效率

T2T1

130070%1000

(2)低温热源温度不变时，若

1

30080%T1

要求 T11500K，高温热源温度需提高500K (3)高温热源温度不变时，若

要求 T2200K，低温热源温度需降低100K

4-11 如题4-11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

1T280%1000

33

环效率．这是卡诺循环吗? 题4-11图

1解： (1)热机效率

Q2Q1

AB等压过程Q1Q1CP(T2T1)

吸热

MCP(TBTA)Mmol

vCP(T2T1) CD等压过程 Q2Q2Q2MCP(TCTD)Mmol

放热

Q2TCTDTC(1TD/TC)Q1TBTATB(1TA/TB)

根据绝热过程方程得到

AD绝热过程 pATA11pDTD

111BC绝热过程 pBTBpCTC

pApBpCpD又

TDT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．

4-12 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J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，则对于作功就愈有利．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

34

e

Q2T2A静T1T2

7℃→27℃时，需作功

A1T1T2300280Q2100071.4T2280 J

173℃→27℃时，需作功

A2T1T2300100Q210002000T2100J

(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．

4-13 如题4-13图所示，1 mol双原子分子理想气体，从初态

V120L,T1300K经历三种不同的过程到达末态V240L,T2300K． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．

题4-13图

解：12熵变 等温过程 dQdAS2S12, dApdV pVRT

1dQ1TT1V2V1RT1dVV

S2S1RlnV2Rln25.761V! JK

123熵变

35

S2S131dQ2dQT3T

S2S1T3CpdTT

T1CVdTTTCpln3CVln2T3TT1T3

T2T3V2V1V2ppTTTV1 3 113等压过程 13 1p3p2T2 32等体过程 T3T2p2T2p2T3p3 T3p1

S2S1CPlnV2pCVln2V1p1

在12等温过程中 p1V1p2V2

S2S1CPlnV2VVCVln2Rln2Rln2V1V1V1

所以

142熵变

S2S141T2CpdTT2T1dQ2dQSS0ClnCln21ppT4TT4T4 T4T

14绝热过程

T1V11T4V41T1V41T4V11

p1V1p4V4,V4pp(1)1/(1)1/V1p4p2

在12等温过程中 p1V1p2V2

V4ppV(1)1/(1)1/(2)1/V1p4p2V1 T1V(2)T4V11

36

S2S1CPlnT11V2CPlnRln2T4V1

4-14 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol的水，初始温度分别为T1和T2，

T1＞T2，令其进行接触，最后达到相同温度T．求熵的变化，(设水的摩尔热容为Cmol)．

解：两个容器中的总熵变

2TTTTCCmoldTdTCmol(lnln)CmollnSS0molT1TT1T2T1T2 2TT

T因为是两个相同体积的容器，故 Cmol(TT2)Cmol(T1T)

TT2T12

得

(T2T1)2SS0Cmolln4T1T2

习题五

5-1 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8-1图示

(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q为负电荷

1q212cos304π0a24π0qq(32a)3

解得

q3q3

37

(2)与三角形边长无关．

题5-1图 题5-2图

5-2 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5-2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8-2图示

Tcosmg21qTsinFe4π0(2lsin)2

解得

q2lsin40mgtan

5-3 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

q2别为+q和-q．则这两板之间有相互作用力f24df0，有人说=,又有人说，因

q2qE0S，所以f=0S．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于为f=qE,

多少?

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

Eq0S看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是

的，第二种说法把合场强

Eq20S，另一板受它的作用力

不对的．正确解答应为一个板的电场为

qq2fq20S20S，这是两板间相互作用的电场力．

38

5-4 长l=15.0cm

AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C·m-1

(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5-4-图所示

题5-4图

(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22

lπ0(4a2l2)

91用l15cm，5.010Cm, a12.5cm代入得

EP6.74102NC1 方向水平向右

dEQ1dx4π0x2d22 方向如题8-6图所示

(2)同理

由于对称性

dEQx0l，即

EQ只有y分量，

d2x2d22dEQy∵

1dx4π0x2d22

39

EQydEQyld24π2l2l2dx(xd)

22232l2π0l24d22

91以5.010Ccm, l15cm,d25cm代入得

EQEQy14.96102NC1，方向沿y轴正向

5-5 (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?*(3)如题5-5(3)图所示，在点电荷

q的电场中取半径为

R的圆平面．q在该平面轴线上的A点处，求：通过圆平面

Rx)

的电通量．(

arctan

解: (1)由高斯定理

q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

eq60．

∴ 各面电通量

(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

eq60

eq240，

方体中心，则边长2a的正方形上电通量

对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则如果它包含q所在顶点则e0．

如题5-5(a)图所示．题5-5(3)图

40

题5-5(a)图 题5-5(b)图 题5-5(c)图 (3)∵通过半径为R的圆平面的电通量等于通过半径为电通量，球冠面积*

S2π(R2x2)[1xRx22R2x2的球冠面的

]

Sq120[

q0xR2x2]

∴

04π(R2x2)*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图

S2πrsinrd0

2πr2sind0

2πr2(1cos)

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

qq2E4πrEdSs0 0,解: 高斯定理

q0当r5cm时，,E0

54πp3r3)q(r内r8cm时，3

E∴

4π32rr内34π0r23.48104NC1， 方向沿半径向外．

r12cm时,

q4π33r）(r内3外

E∴

41

4π33r外r内34.10104214π0r NC 沿半径向外.

5-7 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．

qEdSs解: 高斯定理

0

取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl 则

EdSE2πrlS

q0,E0对(1) rR1 

ql(2)R1rR2 

E∴

2π0r 沿径向向外

q0(3) rR2 ∴ E0

题5-8图

5-8 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8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与2，

1E(12)n20两面间， 1E(12)n201面外，

1E(12)n202面外，

n：垂直于两平面由1面指为2面．

42

题5-9图

B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB5-9 如题5-9图所示，在A，

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8-16图示

UO1qq()04π0RR 1qqq()4π03RR6π0R

UO∴

Aq0(UOUC)qoq6π0R

5-10 如题5-10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

dqRddEO则产生点如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向

题5-10图

EdEy2Rdcos4πR202

sin()sin4π0R［2］ 243

2π0R

(2) AB电荷在O点产生电势，以U0

U1A2Rdxdxln2R4π0x4π0x4π0

B同理CD产生

U2ln24π0

πR4π0R40

半圆环产生

U3∴

UOU1U2U3ln22π040

5-11 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm2，A和B相距4.0mm，AC都接地，B，与C相距2.0 mm．如题8-22图所示．如果使A板带正电3.0×10-7C，

略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少?

解: 如题8-22图示，令A板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为2

题5-11图

(1)∵ UACUAB，即 ∴ EACdACEABdAB

1EACdAB2EdABAC∴ 2 且 1+2qAS

44

得

22qqA,1A3S 3S

2qC1SqA2107C 3而

qB2S1107C (2)

UAEACdAC1dAC2.31030V

5-12 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；

*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．

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，其电势

题5-12图

UR2EdrR2qdrq4π0r24π0R

(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：

Uq4π0R2q4π0R20

45

(3)设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为q，外壳外表面带电量为qq(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且

UAq'4π0R1q'4π0R2qq'04π0R2

q得

R1qR2

外球壳上电势

UBq'4π0R2q'4π0R2qq'R1R2q24π0R24π0R2

5-13 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(1)介质内(R1rR2)场强

QrQrD,E内34πr4π0rr3;

DdSqS

介质外(rR2)场强

QrQrD,E外34πr4π0r3

(2)介质外(rR2)电势

UE外drrQ4π0r

介质内(R1rR2)电势  UE内drE外drrr46

11Q()4π0rrR24π0R2 q11(r)4π0rrR2 Q (3)金属球的电势

R2UE内drE外drR1R2

R2Qdr4π0rr2RR2Qdr4π0r2

Q11(r)4π0rR1R2

题5-14图

5-14 如题5-14图所示，C1=0.25F，C2=0.15F，C3=0.20F ．C1上电压为50V．求：UAB．

解: 电容C1上电量

Q1C1U1

电容C2与C3并联C23C2C3 其上电荷Q23Q1

U2Q23C1U12550C23C2335

25)8635 V

∴

UABU1U250(1

习题六

B6-1 在同一磁感应线上，各点的数值是否都相等?为何不把作用于运动电

47

B荷的磁力方向定义为磁感应强度的方向?

B解: 在同一磁感应线上，各点的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电B荷的磁力方向不仅与磁感应强度的方向有关，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．

6-2 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．

6-3 已知磁感应强度B2.0Wb·m-2

x轴正方向，

如题9-6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9-6图所示

题6-3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 (或曰0.24Wb) 5题6-4图6-4 如题6-4

48

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．

BO解：如题9-7图所示，点磁场由AB、C、CD三部分电流产生．其中

AB

产生 B10

B20I12R，方向垂直向里

CD

产生

B3CD

段产生

0II3(sin90sin60)0(1)R2R242，方向向里

∴

B0B1B2B30I3(1)2R26，方向向里．

6-5 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9-8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6-5图

解：如题6-5图所示,BA方向垂直纸面向里

BA0I12(0.10.05)0I21.210420.05T

(2)设B0在L2外侧距离L2为r处

0I则 2(r0.1)I202r

解得 r0.1 m

49

题6-6图

6-6 如题6-6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9-9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0I1(2)2R2，

I2产生B2方向纸面向里

0I22R2

B1I1(2)1BI2∴ 2

B2有

B0B1B20

6-7 设题6-7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(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度的大小是否相等?

(2)在闭合曲线c上各点的B是否为零?为什么? 解：

Bdl80a

baBdl80

Bdl0c

50

B(1)在各条闭合曲线上，各点的大小不相等．

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

题6-7图

6-8 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6-8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

Bdl0I解： L

Ir2B2r02raR (1)

B0Ir2R2

(2) arb B2r0I

B0I2r

r2b2B2r0I20I2brccb(3)

0I(c2r2)B2r(c2b2) (4)rc B2r0

B0

51

题6-8图题6-9图

B6-9 在磁感应强度为的均匀磁场中，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6-9图所示．求其所受的安培力．



解：在曲线上取dl

则

bFabIdlBa

Bdldl2BB∵ 与夹角，不变，是均匀的．

∴

bbFabIdlBI(dl)BIabBaa

方向⊥ab向上，大小FabBIab

题6-10图

6-10 如题6-10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．

F 解：(1)CD方向垂直CD向左，大小

FCDI2b0I18.01042d N

52

F同理FE方向垂直FE向右，大小

FFEI2b0I12(da)8.0105 N

FCF方向垂直CF向上，大小为

FCFdadFED方向垂直ED向下，大小为

FEDFCF9.21050I1I2IIdadr012ln9.21052r2d N

N

(2)合力

FFCDFFEFCFFED方向向左，大小为

F7.2104N

MPmB合力矩

∵ 线圈与导线共面

P//B∴ m

M0．

6-11 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

B匀的水平外磁场中，线圈对其转轴的转动惯量为J.求线圈绕其平衡位置作微

小振动时的振动周期T.

Pm,B)，则 解：设微振动时线圈振动角度为 (

MPmBsinNIa2Bsin

d2J2NIa2BsinNIa2B由转动定律 at d2NIa2B02Jdt即

∴ 振动角频率

53

NIa2BJ

周期

T22JNa2IB

6-12 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6-12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I2drdF对O点力矩dMrF

0I12r

dM方向垂直纸面向外，大小为

dMrdF0I1I2dr2

b0I1I2bMdMdr3.6106a2a Nm

题6-12图

6-13 电子在B=70×10-4T

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6-13

图．

试画出这电子运动的轨道； 求这电子速度v的大小； (3)求这电子的动能Ek．



54

题6-13图 解：(1)轨迹如图

v2evBmr (2)∵

veBr3.7107ms1 m∴

(3)

EK12mv6.210162 J

题6-14图

6-14 题6-14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，试指出哪一条是表示顺磁质?哪一条是表示抗磁质?哪一条

是表示铁磁质?

答: 曲线Ⅱ是顺磁质，曲线Ⅲ是抗磁质，曲线Ⅰ是铁磁质．

6-15 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．

B(1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度0；

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

*(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的各是多少?

解: (1)

HdlIlB0B和由磁化电流产生的′

HLNI

HNI200LAm1

55

B00H2.5104T

1(2)H200 AmBHroH1.05 T

T

B02.5104B0(3)由传导电流产生的即(1)中的

∴由磁化电流产生的BBB01.05T

习题七

7-1 一半径r=10cm

B=0.8T的均匀磁场中．回路平面与Bdr垂直．当回路半径以恒定速率dt=80cm·s-1 收缩时，求回路中感应电动势的大

小．

BSBπr2m解: 回路磁通

感应电动势大小

dmddr(Bπr2)B2πr0.40dtdtdt V

题7-2图

7-2 如题7-2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

56

又∵

MNvBcosdababl0Ivabln02ab

所以MeN沿NeM方向，

0Ivablnab 大小为 2M点电势高于N点电势，即

0Ivabln2ab

UMUN题7-3图

7-3如题7-3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

dI导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以dt的变化率增大，求：

(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

(1)

mba0I2πrbldrda0I2πrdldr0Il2π[lnbadaln]bd

(2)

d0ldabadI[lnln]dt2πdbdt

7-4 如题7-4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7-4图

57

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

I1(vB)dlvBbvb0D2d

ABC产生电动势

2CB(vB)dlvb0I2π(ad)

∴回路中总感应电动势

120Ibv12π1()1.6108dda V

方向沿顺时针．

7-5 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7-5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．

解:

mBdSBlvtcos60kt2lv11klvt222

∴

dmklvtdt

即沿abcd方向顺时针方向．

题7-5图

7-6 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7-6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)．

58

d0dt解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时,0；

题7-6图(a)图(b)

d在磁场中时dt0,0；

d出场时dt0，0，故It曲线如题7-6图(b)所示.

题7-7图

7-7 一导线ab长为l，绕过O点的垂直轴以匀角速转动，度B平行于转轴，如图10-10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

2l3则

ObrBdr2B209l l1同理

Oa30rBdrBl218

∴

abaOOb(12)Bl21Bl21896

(2)∵ ab0 即UaUb0 ∴b点电势高．

5

9 题7-6

laO=3磁感应强

题7-8图

7-8 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题7-8图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．

解： 设长直电流为I，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为

122a3a30Ia2πrdr0Ia2πln2

∴

M12I0a2πln2题7-9图

7-9 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的一段自感为

Lda0lIna．

解： 如图7-9图所示，取dSldr 则

daa(0I2rπln0I2π(dr))ldr0Il2πdaaIlda11d()dr0(lnln)rrd2πada

0Ilπdaa

∴

LI0lπlndaa

60

7-10 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4M

MLL0.154H

7-11图

7-11 一矩形截面的螺绕环如题7-11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7-11图示 (1)通过横截面的磁通为

b0NI2rπahdr0NIh2πlnba

N磁链

L0N2Ih2πlnlnba

I∴

0N2h2πba

(2)∵

Wm12LI2

∴

Wm0N2I2h4πlnba

7-12 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．

61

解：在rR时

B0Ir2πR2

0I2r2B2wm2428πR 0∴

取 dV2πrdr(∵导线长l1)

Wwm2rdr0RR0I2r3dr4πR4则

00I216π

7-13 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dt介电常数为的电介质.当两极板间的电压随时间的变化时(k为常数)，

求介质内距圆柱轴线为r处的位移电流密度．

C2lRln2R1

解：圆柱形电容器电容

qCU2lURln2R1

Dq2lUUS2rlnR2rlnR2R1R1

jDtkrlnR2R1

IdCdUdt．式中C为电容器

∴

7-14 试证：平行板电容器的位移电流可写成

U是电容器两极板的电势差．的电容，如果不是平板电容器，以上关系还适用吗?

解：∵ qCU

D0CUS

62

∴ DDSCU

IDdDdUCdtdt不是平板电容器时 D0仍成立

IDCdUdt还适用．

∴

7-15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

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

极板间的位移电流，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=R处的磁感应强度BR．

jDDE0tt

解: (1)

IDjDSjDR22.8A

HdlI0jDdSlS(2)∵

取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周l2r，则

H2rjDr20dE2rdt

rdEH02dt ∴

Br0H00rdE2dt

当rR时，

BR00RdE2dt5.6106 T

习题八

31010kg的小球与轻弹簧组成的系统，按8-1 质量为

63

x0.1cos(8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)，则知：

A0.1m,8,T21s,02/34

又

vmA0.8ms12.51ms1

am2A63.2ms2

(2)

EFmam0.63N

12mvm3.16102J2

1EpEkE1.58102J2

EkEp当时，有

E2Ep，

12112kx(kA)222即

x22Am220

∴

(3) (t2t1)8(51)32

8-2 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；

xA2处向负向运动；

(3)过

64

xA2处向正向运动．

(4)过

试求出相应的初位相，并写出振动方程．

x0Acos0v0Asin0解：因为

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3233544xAcos(22t)T 23xAcos(t)T2 2xAcos(t)T3 25xAcos(t)T4

31010kg的物体作谐振动，振幅为24cm，周期为4.0s，当8-3 一质量为

t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．

2A2410m,T4.0s 解：由题已知

∴

20.5Trads1

又，t0时，x0A,00 故振动方程为

x24102cos(0.5t)m

(1)将t0.5s代入得

x0.524102cos(0.5t)m0.17m

65

F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，

x0A,且v0,故t23

tt时

∴

t/2s323

(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

11EkA2m2A222110103()2(0.24)2227.1104J

8-4 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1，求振动周期和振动表达式．

解：由题知

m1g1.01039.81k0.2Nmx14.9102

22-1x1.010m,v5.010mst000而时， ( 设向上为正)

又

k0.225,即T1.26s3m810 v02Ax0()2225.01022(1.010)()52102m

66

v05.01025tan01,即0x01.010254

5x2102cos(5t)m4∴

8-5 图为两个谐振动的xt曲线，试分别写出其谐振动方程．

题8-5图

3x00,v00,0,又,A10cm,T2s2解：由题8-5图(a)，∵t0时，

即

2Trads1

3xa0.1cos(t)m2故

由题8-5图(b)∵t0时，

x0A5,v00,023

t10时，

x10,v10,122

又

11565352

∴



55xb0.1cos(t)m63故

8-6 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

67

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．

题8-6图

解：由题意可做出旋转矢量图如下． 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2A1A220.1730.1即

0

即

2，这说明，A1与A2间夹角为2，即二振动的位相差为2.

8-7 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74x25cos(3tx25cos(3t)cm)cm33(1) (2)

2172,33

解： (1)∵

∴合振幅 AA1A210cm

68

(2)∵

4,33

∴合振幅 A0

8-8 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

试分别用旋转矢量法和振动合成法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0.1m

0.4sin5Asin1A2sin2663tan15A2cos1A2cos230.4cos0.3cos66

0.3sin∴

6

其振动方程为

x0.1cos(2t6)m

(作图法略)

习题九

9-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同?

解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为yf(t)；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是

69

坐标位置x，又是时间t的函数，即yf(x,t)．

(2)在谐振动方程yf(t)中只有一个独立的变量时间t，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程yf(x,t)中有两个独立变量，即坐标位置x和时间t，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．

xyAcos(t)u中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方当谐波方程

程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．

(3)振动曲线yf(t)描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y，横轴为t；波动曲线yf(x,t)描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y，横轴为x．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．

9-2 波动方程y=Acos［(

txxu)+0］中的u表示什么?如果改写为

y=Acos (

ttxu0x)，u又是什么意思?如果t和x均增加，但相应的

［(

xu)+0］的值不变，由此能从波动方程说明什么?

解: 波动方程中的x/u表示了介质中坐标位置为x的质元的振动落后于原点

x的时间；u则表示x处质元比原点落后的振动位相；设t时刻的波动方程为

ytAcos(txu0)

则tt时刻的波动方程为

yttAcos[(tt)(xx)u0]

其表示在时刻t，位置x处的振动状态，经过t后传播到xut处．所以在

70

(txu中，当t，x均增加时，

)(tx)u的值不会变化，而这正好说明了经过

时间t，波形即向前传播了xut的距离，说明是一列行进中的波，故谓之行波方程．

yAcos(txu0)描述的

9-3 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同?

y2Acos2解: 取驻波方程为

xcosvt，则可知，在相邻两波节中的同

一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律

2Acos2变化的，即振幅变化规律可表示为

x．而在这同一半波长上，各质点

的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．

9-4 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x

B2，

)比较，可知：

波振幅为A，频率

波长

71

B2uC， C，波速

波动周期

T12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

2(x2x1)

将x2x1d，及

Cd．

2C代入上式，即得

9-5 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)波的波速、频率和波长；

(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求x=0.2m

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(2t2x)

1相比，得振幅A0.05m，频率5s，波长0.5m，波速

u2.5ms1．

(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为

vmaxA100.050.5ms1

amax2A(10)20.0552ms2

(3)x0.2m处的振动比原点落后的时间为

x0.20.08s u2.5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

72

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)0.825m

9-6一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J·m-2·s-1，频率为300 Hz，波速为300m·s-1，求 ：

(1)波的平均能量密度和最大能量密度? (2)两个相邻同相面之间有多少波的能量? 解: (1)∵ Iwu

I103w18.06105Jm3 u300∴

wmax2w1.2104 Jm

311uWVwd2wd244 (2)

13006105(0.14)29.241074300J

9-7 S1和S2为两相干波源，振幅均为A1，相距4，S1较S2位相超前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

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)0

73

AA1A12A1,IA24A1

29-8如题9-8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

3动方程为y1210cos2t;C点发出的平面横波沿CP方向传播，它在C点的振

3y210cos(2t)，2动方程为本题中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；

(21)2 解: (1)

(CPBP)

u 2(0.50.4)00.2

(CPBP)

题9-8图

(2)P点是相长干涉，且振动方向相同，所以

APA1A24103m

9-10 在弦上传播的横波，它的波动方程为y1=0.1cos(13t+0.0079x) (SI) 试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x=0处为波 节．

解: 为使合成驻波在x0处形成波节，则要反射波在x0处与入射波有的位相差，故反射波的波动方程为

y20.1cos(13t0.0079x)

9-11 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz变到了1000 Hz，设空气中声速为330m·s-1，求汽车的速率．

解: 设汽车的速度为vs，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为

74

1u0uvs

汽车驶离车站时，车站收到的频率为联立以上两式，得

2u0uvs

1u121200100030030121200100ms1

9-12 两列火车分别以72km·h-1和54 km·h-1的速度相向而行，第一列火车发出一个600 Hz的汽笛声，若声速为340 m·s-1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少?

1解: 设鸣笛火车的车速为v120ms，接收鸣笛的火车车速为

v215ms1，则两者相遇前收到的频率为

1uv2340150600665uv134020 Hz

两车相遇之后收到的频率为

1

uv2340150600541uv134020 Hz

习题十

10-1在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由．

(1)使两缝之间的距离变小；

(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于S1，S2联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝．

xDd知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级

解: 由

75

明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．

10-2 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式

2中,光波的波长要用真空中波长,为什么?

解:nr．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相

tC．

同，为

因为中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。 10-3 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度．

解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当

e2，这也是工件缺陷

于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为的程度．

题10-3图

10-4 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103D6.02x明k0.2d 解: (1)由知，，

76

∴0.610mm 6000A

D1103x0.61033d0.2(2) mm

3o10-5 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

nee(n1)e

o按题意 7

7755001010e6.6106n11.581m 6.6m ∴

10-6 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 A的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色?

解: 由反射干涉相长公式有

2neo2k (k1,2,)

得

4ne41.333800202162k12k12k1

ok2, 26739A (红色)

k3, 34043 A (紫色)

o所以肥皂膜正面呈现紫红色．

由透射干涉相长公式 2nek(k1,2,)

所以

2ne10108kk

o当k2时，  =5054A (绿色) 故背面呈现绿色．

10-7 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，

77

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

12n2e(k)2(k0,1,2,)

o1(k)2ke2n22n24n2 ∴ 55005500k(1993k996)o21.3841.38A

o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．

10-8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2(2k1)R2

(2k1)R2n

r液D22D1D121.96nn21.22D21.61两式相除得D2，即

10-9 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

1024条，求所用单色光的波长．

dN2

解: 由

d0.32210322N1024得 6.289107m 6289A

o10-10 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级

78

明条纹和第4级暗

条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?

答：半波带由单缝A、B首尾两点向方向发出的衍射线的光程差用2来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．

asin(2k1)2∵由

(231)272

2

10-11 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)

asin48零级明条纹能

否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什

么因素有关?

解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强．

(2)可见光中红光的衍射角最大，因为由(ab)sink，对同一k值，衍射角．

10-12 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

οasin(2k1) 2 当6000A时，k2

ox时，k3 重合时角相同，所以有

asin(221)6000(231)x22

得

79

x560004286o7A

10-13 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?

asin(2k1)2，k1,2,3

解：(1)由于P点是明纹，故有

x1.43.5103tansin由f400

故

2asin20.63.51032k12k1

14.21032k1mm

o当 k3，得36000A

k4，得44700A

o(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．

asin(2k1)oo2可知，

(3)由

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．

10-14 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?

ab1o34500mm2.010 mm2.010A

o解：

由(ab)sink知，最多见到的条纹级数kmax对应的

kmaxab2,

所以有

80

2.01043.395900，即实际见到的最高级次为kmax3.

10-15 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0.20与sin0.30处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；

o(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10 0.30(ab)360001010

得 ab6.010m (2)因第四级缺级，故此须同时满足

(ab)sink

6asin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10m (3)由(ab)sink

k(ab)sin

当

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)．

10-16 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?

81

解：由马吕斯定律

I1I0Icos260ο028

I09Icos230οcos230ο0232

I92.25∴ I14 I10-17 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?

tani01.40,ο'1∴i05428

解：(1)

(2)

y90οi035ο32'

10-18 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．

tan58οn1,故n1.60

解：由

习题十一

11-1 设图11-1中车厢上观测者测得前后门距离为2l．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差．

l,t1)(l,)(x1c，解: 设光讯号到达前门为事件1，在车厢(S)系时空坐标为

在车站(S)系：

t1(t1ululux)(l)(1)122cccc cl,t2)(l,)(x2c，光信号到达后门为事件2，则在车厢(S)系坐标为在车站(S)系：

t2(t2ulux)(1)22cc c82

于是

t2t12luc2

x22l 或者 t0,tt1t2,xx1

t(tuux)(2l)c2c2

11-2 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t1vx)21c

(1)

(t2t2vx)22c

t10 由题意 t2t2t1v(x2x1)2c

则

vc2故

t2t1c1.5108x2x12ms1

(x1vt1),x2(x2vt2) (2)由洛仑兹变换 x14xx5.210m 21代入数值，

11-3 长度l0=1 m

S′系中，与x′轴的夹角'=30°，S′系

相对S系沿x轴运动，在S系中观测者测得米尺与x轴夹角为45． 试求：

(1)S′系和S系的相对运动速度.(2)S系中测得的米尺长度．

解: (1)米尺相对S静止，它在x,y轴上的投影分别为：

L0cos0.866mLx83

，

LyL0sin0.5m

米尺相对S沿x方向运动，设速度为v，对S系中的观察者测得米尺在x方向收缩，而y方向的长度不变，即

v212,LyLLxLxyc

tan故

LyLxLyLxLyv212Lxc

οL,L把45及xy代入

v20.5120.866 c则得

故 v0.816c

LLysin450.707m(2)在S系中测得米尺长度为

题11-4图

11-4两个惯性系中的观察者O和O以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果O测得两者的初始距离是20m，则O测得两者经过多少时间相遇?

解: O测得相遇时间为t

tL020v0.6c

O 测得的是固有时t

L012tv∴

t88.8910s，

v0.6c ，

84

10.8 ，

或者，O测得长度收缩，

LL012L010.620.8L0,tLv

t0.8L00.8208.89108s80.6c0.6310

11-5 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t(tvx)tc21v1()2ct(1)∴

v2t412t5 c

解出

vc1(t243)c1()2ct55

1.8108 ms1

(2)

xxvt,t5,x0t4

∴

xvtc43c9108m5345

x10． 负号表示x211-6 一宇航员要到离地球为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是多少?

3l3l012512,则125解:

85

∴

v194cc255

11-7 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时．

证: 设在S系A、B事件在a,b处同时发生，则xxbxa,ttAtB，在S系中测得

ttBtA(tvx)2c

 t0,x0，

∴ t0 即不同时发生． 11-8 试证明：

(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短．

(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短．

解: (1)如果在S系中，两事件A、B在同一地点发生，则x0，在S系中，

ttt，仅当v0时，等式成立，∴t最短．

xxx，(2)若在S系中同时发生，即t0，则在S系中，仅当v0时等式成立，∴S系中x最短．

11-9 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．

t02106s解: 介子在其自身静止系中的寿命是固有(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

86

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599m

d06000m经洛仑兹收缩后的值为： d0d0dd0v212379mc

，故介子能到达地球．

11-10 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,vx0.8c

vx∴

v0.8c0.8cxu0.98cuv0.8c0.8c12x1c2c

11-11 (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：

87

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，

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

vxvxu0(0.6c)0.6cu1012vxc

u212vycv10.62(0.8c)0.64cyu1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11-11图

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)

88

9.11031(3108)2(110.121)

4.121016J=2.57103eV

(2)

EkEk(m2c2m0c2)(m1c2m0c2)Ek21

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

11-12 子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命0=2×10-6s，若它在实验室参考系中的平均寿命= 7×10-6s，试问其质量是电子静止质量的多少倍?

解: 设子静止质量为m0，相对实验室参考系的速度为vc，相应质量为

m，电子静止质量为m0e，因

012,即112702

由质速关系，在实验室参考系中质量为：

mm012207m0e12

m20772077252m0e21故

习题十二

12-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m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m0.55m，北极星的

m0.35m，天狼星的m0.29m，试求这些星球的表面温度．

89

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

T1b对太阳：

T2m12.8971035.3103K60.55102.89710338.310K60.35102.8971031.0104K60.2910

b对北极星：

T3mb2

对天狼星：

m3

12-2 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·cm-2，求炉内温度．

解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度

242M(T)22.8Wcm22.810WmB

按斯特藩-玻尔兹曼定律：

MB(T)T4

T4MB(T)22.81044()5.67108

1(

22.814)1031.42103K5.67

ο12-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000A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

hv12mvm2A

据光电效应公式

则光电子最大动能：

Ekmax12hcmvmhAA2

90

6.6310343108194.21.610200010103.231019J2.0eV (2)eUaEkmax1mv2m2

3.231019Ua2.0V191.610∴遏止电势差

(3)红限频率0,∴

h0A,又0c0

hc6.63103431080A4.21.601019 ∴截止波长

2.96107m0.296m

-712-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(5.010m)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个兰绿光子的能量

Enhnhc56.63103431085.01071.991018J

功率

E1.991018Wt

12-5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

2hmc0当 时，

m09.111031kg,h6.631034JS

则

91

m0c29.111031(3108)2h6.6310341.2361020Hz

οc122.427110m0.02A

p或h2.731022kgms1EcpEm0c2pm0c9.11103131082.731022kgms1cc

12-6 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同?

答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．

12-7 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能Ek之比ε/Ek等于多少?

22解：由 hv0m0chmc

Ekmc2m0c2h0hh(0)

h

∴ Ekh5h(0)0

1.2c01.2已知0由 111501.2则01.210.2

π12-8 波长00.708A的X射线在石腊上受到康普顿散射，求在2和π方向

ο上所散射的X射线波长各是多大?

解：在

92

2方向上：

Δ02hsin2m0c226.631034sin9.111031310842.431012m0.0243A

οο散射波长0Δ0.7080.02480.732A 在方向上

ο2h2h212Δ0sin4.8610m0.0486Am0c2m0c

ο散射波长 0Δ0.7080.04860.756A 12-9实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子． (1)试问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．

13.6eV12.75eV0.85eV13.6eVn2

解：(1)

解得 n4

或者

ERhc(11)221n

1)12.752n

136.(1解出 n4

题12-9图

93

(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．

E413.6E313.6E213.6hhc4232220.85eV1.51eV3.4eVEnEmhcEnEmahcE3E26.63103433108(3.41.51)1.60101965731010m6573Aοοhc6.63103431084872AE4E2(3.40.85)1.61019

基态氢原子吸收一个光子h被激发到n4的能态

hE4E1hc∴



E4E1(13.60.85)1.610193.081015Hz34h6.62610

12-11 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?

EnE113.6[11]12.09eV2n

解：

13.612.0994

13.6n2

n213.613.6136.12.091.51, n3

rnn2r1n29rn9r1,,

轨道半径增加到9倍.

12-12德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么? 答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义,

2仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．

ο12-13 为使电子的德布罗意波长为1A，需要多大的加速电压?

解：

12.25uA1Aoo U12.25

∴ 加速电压 U150伏

12-14 光子与电子的波长都是2.0A，它们的动量和总能量各为多少?

2ο解：由德布罗意关系：Emc，

hpmvh波长相同它们的动量相等．

6.63103424-1p3.310kgms2.01010

光子的能量

hhcpc3.3102431089.91016J6.2103eVE(cp)2(m0c2)23cp6.210eV ,

电子的总能量

26mc0.51MeV0.5110eV 0而

2mccp 0∴

∴

E(cp)2(m0c2)2m0c20.51MeV

12-15 一个质量为m的粒子，约束在长度为L的一维线段上．试根据测不准关系估算这个粒

子所具有的最小能量的值．

解：按测不准关系，xpxh，pxmvx，则

95

mxvxh,

vxhmx

这粒子最小动能应满足

Emin11h2h2h22m(vx)m()222mx2mx2mL2

ο12-16 一波长为3000A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．

phph解： 光子

，

2h2

由测不准关系，光子位置的不准确量为

oh230009x310A30cmp106

12-17波函数在空间各点的振幅同时增大D倍，则粒子在空间分布的概率会发生什么变化?

解：不变．因为波函数是计算粒子t时刻空间各点出现概率的数学量．概率

2点的概率比值为： 是相对值．则1、1222D1D222

∴ 概率分布不变．

12-18 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：

(x)1acos3x2a (axa)

5a6处出现的概率密度为多少?

那么，粒子在

x*2(解：

1acos3x2)2a

96

5a161cos25cos2a2aa411cos2()cos2a4a4111()2a22a

312-19 粒子在一维无限深势阱中运动，其波函数为：

n(x)2nxsin()aa (0xa)

1an14若粒子处于的状态，在0～区间发现粒子的概率是多少?

dwdx2解：

22xsindxaa

∴ 在

a400~a4区间发现粒子的概率为：

a4a22xx42asindxsin2d(x)0aaaaa

pdw20a/401x[1cos2]d(x)0.0912aa

12-20 宽度为a的一维无限深势阱中粒子的波函数为

(x)Asinnxa，求：

(1)归一化系数A；(2)在n2时何处发现粒子的概率最大?

解：(1)归一化系数即

dxdx102a2

a0A2sin2na2annxdxAsinxd(x)0anaa

aa2nnA2(1cosx)d(x)0aa 2n aaA2nA212 2n

∴ A2a

97

粒子的波函数

(x)2nsinxaa

(2)当n2时，

w22222sinxaa

几率密度

22214sinx[1cosx]aaaa

dw4440sinx0,sinx0dxaaa令，即,即， 4xk,k0,1,2,a

∴

xka4

又因0xa，k4，

x3axa4时w有极大值， 4和

∴当

当

xa2时，w0．

a3a∴极大值的地方为4，4处

12-21 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?

1(ms)2 解：(1)2

(2)2(2l1)，每个l有2l1个ml，每个ml可容纳(3)2n

2ms12的2个量子态．

12-22求出能够占据一个d分壳层的最大电子数，并写出这些电子的ml,ms98

值．

解：d分壳层的量子数l2，可容纳最大电子数为

Zl2(2l1)2(221)10个，这些电子的：

ml0，1，2，

ms1

9

9 2