马文蔚《物理学》(第6版)(下册)章节题库-第十二章至第十三章【圣才出品】
内蒙古科技大学马文蔚大学物理(下册)第六版答案解析
第九章振动习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X 轴正方向运动时,从1/2 最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( )A、T/12B、T/8C、T/6D、T/4分析(C)，通过相位差和时间差的关系计算。
可设位移函数y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T；当y=A/2, ω t1= π /6 ；当y=A, ω t2= π /2 ；△ t=t2-t1=[ π /(2 ω )]-[ π /(6 ω )]= π/(3ω)=T/69-回图（a）中所阿的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐j⅛动可叠加* 则合成的余弦振动的初相位为（）3 1（A）-7W （B）—IT（C）F （D）O分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动, 它们的相位差是TT（即反相位）•运动方程分别为X I= Acos ωt利%2= -^-CoS（（（；« + 瓷）・它们的振幅不同.对于这样两个简谐运动M用旋转欠量送,如图（b）很方便A求得合运动方程为x=ycos ωt.因而正确答案为（D）.9-目有一个弹簧振子，振幅4 =2-0 X 10-2 m,周期T = 1.0 s,初相＜p = 3ιτ∕4.试写出它的运动方程,并作出X - 1图I e - i图和a - t图.解因3=X∕T,则运动方程/ 2πf≡½cos(ωt + φ) =ACUS根据题中给出的数据得X = 2. 0 Xio '2cos( 2irf + O- 75τr) ( m ) 振子的速度和加速度分别为t) = dx∕(It = -4π × 10^2Rin(2ττt + 0. 75ττ) (m * s^,)(Z = ∂2χ∕df2 = - 8TT2X 10 ^2cos( 2τrt + 0. 75τT) ( m ∙ s ^2) X-I^V-C及Oft图如图所示.9若简谐运动方程为x=0. 10 cθs(201r∕+0. 25ιτ)(m),求：(1)振幅，频率、角频率、周期和初相；(2) t=2s时的位移、速度和加速度.解(1)将x-0. IoeOS(20Trf + 0. 25Ir) ( m)与为=Λυos(<wi + ¢)比较后可得；振幅4=0. 10叫角频率e =20π√j,初相管=0. 25TF,则周期T = 2ττ∕ω = O. I s,频率P = 1∕71=10 Hz.(2) t=2s时的位移、速度、加速度分别为X =0. 10co√40π +0.25Tr) =7.07 ×W2 m1； = djj/dt = -2<ττsin(4θιτ +O.25ττ) = -4, 44 m ∙ E-Ia= d2x∕dt2= -40Ir i COS(40π +0.25TT) = -2. 79 X IO2m ∙ s^29-冋某振动质点的X"曲线如图(a)所示,试求：(1)运动方程；(2)点P对应的相位；(3)到达点尸相应位置所需的时间.第十章波动习题：P89～93 1，2，3，4，5，6，12，16，25，10-6 在驻波中,两个相邻波节间各质点的振动（）A.振幅相同,相位相同B.振幅不同,相位相同C.振幅相同,相位不同D.振幅不同,相位不同答案：波函数叠加检验.（C）振幅相同，相位相反优质. 参考. 资料IQ +冋已知一波动方程为y =0. 05sin( IO J ni -2χ)(m)I(1)求波长、频率、波速和周期；(2)说明-τ =0时方程的意义，并作图表示.解(1)将题给的波动方程改写为y =0. 05cos[ 10ιτ( i -x∕5ττ}~ ττ∕2]( m) 题1。
马文蔚《物理学》(下)配套题库-名校考研真题(量子物理)【圣才出品】
第15章量子物理一、选择题1．光电效应的红限取决于（）．[暨南大学2010研]A．金属的逸出功B．入射光的强度C．入射光的颜色D．入射光的频率【答案】A【解析】光电效应的红限是金属的固有属性，表示能够激发光电子的入射光的最低能量，也是金属的逸出功．2．一电子被限定在原子直径范围内运动（原子直径约为d＝10-8m，电子的质量为306.6310=⨯J·S），则电子的速度不确定量约为（）．[暨南h-⨯kg, 普朗克常数340.9110-大学2010研]A．210m/sB．410m/sC．810m/sD．1110m/s【答案】B【解析】根据测不准原理，电子的动量和位置的不确定性满足：p r∆⋅∆2电子的位置不确定度大致为原子直径的大小，可得410/∆≈v m s3．对于激光器中两平面镜构成的谐振腔所起的作用，不正确的是（）．[暨南大学2010研]A．产生和维持光振荡B．使粒子数反转分布C．具有限制光束的作用，使激光束的方向性好D．具有选频作用，使激光的单色性好【答案】C【解析】激光器中的激活介质通过自发辐射产生光振荡，再通过受激辐射维持这种振荡并使粒子数反转，另外激活介质的能级结构选择某能量的光进行放大，具有选频作用．谐振腔的两个平面镜所起的作用是改变激光的方向，使进一步放大，同时限制光的方向，使得出射光束方向性更好．4．关于黑体辐射，以下错误的说法是（）．[暨南大学2010研]A．能吸收一切外来的电磁辐射的物体称之为黑体B．当黑体的温度越高时，其单色辐出度的峰值波长也越短C．黑体吸收电磁辐射的能力最强，发射电磁辐射的能力也最强D．只有黑体辐射的辐射能是量子化的，其他物体的辐射能不是量子化的【答案】D【解析】理想的黑体能够吸收一切电磁波，根据维恩位移定律，热辐射的峰值波长育温度成反比，另外根据基尔霍夫的理论，在同一温度下，各种不同物体对于相同波长的单色辐出度与吸收比的比值相等，所以吸收能力强的黑体，其发射电磁波的能力也强．黑体是一个理想模型，因其简单性而易于进行实验和理论分析，得出光量子化的结论．但一切物体的辐射能都是量子化的，但因干扰因素的复杂而不易于研究而已．5.证实德布罗意物质波存在的实验是（）．[暨南大学2010研]A．光电效应实验B．电子衍射实验C ．弗兰克–赫兹实验D ．康普顿效应实验 【答案】B【解析】光电效应和康普顿实验都是针对于光的量子性的，弗兰克-赫兹实验证明了原子能量的量子化，而电子衍射实验验证了电子的波的特性，证实了德布罗意波的存在．6．已知氢原子基态能量为－13.6eV ，根据玻尔理论，要把氢原子从基态激发到第一激发态所需能量为（ ）．[暨南大学2010研]A ．eV 6.13B ．eV 2.10C ．eV 8.6D ．eV 4.3 【答案】B【解析】根据原子能级结构，121n E E n =，所以把氢原子从基态激发到第一激发态所需的能量为2111(1)10.2eV 4E E E E =-=-=7．根据光的波粒二象性，以下正确的是（ ）．[暨南大学2010研] A ．光子能量和光的波长成正比 B ．光子能量和光的频率成反比 C ．光子的动量和光的频率成反比 D ．光子的动量和光的波长成反比 【答案】D【解析】根据波粒二象性，光子的能量为hc E h νλ==光子的动量为2h p k cπνλ===8．产生康普顿效应的原因是（ ）．[暨南大学2010研] A ．光子和原子中束缚较强的内层电子碰撞的结果 B ．光子和原子中束缚较弱的外层电子碰撞的结果 C ．光子和原子核碰撞的结果D ．光子和原子中辐射出的光子碰撞的结果 【答案】B【解析】康普顿效应是指光子与一个近似自由的电子的作用，在实验中是指原子外层束缚较弱的电子．9．光电效应的截止频率取决于（ ）．[暨南大学2011研] A ．两电极所加电压 B ．入射光的强度 C ．金属阴极的材料 D ．入射光的波长 【答案】C【解析】光电效应的截止频率，与逸出功直接相关，是金属材料的固有性质，表征表面电子束缚能的大小，与外界条件以及入射光无关．10．一个光子和一个电子具有相同的波长，则（ ）．[暨南大学2011研] A ．光子具有较大的动量 B ．电子具有较大的动量 C ．光子和电子具有相同的动量D．光子和电子的动量不确定【答案】C，不论何种粒子，只要波长相同，则动量一定相同．【解析】根据德布罗意关系=h/p11．关于黑体辐射，以下错误的说法是（）．[暨南大学2011研]A．能吸收一切外来的电磁辐射而不能向外辐射电磁波的物体称之为黑体B．其单色辐出度的峰值波长越短，说明黑体的温度越高C．黑体吸收电磁辐射的能力最强，发射电磁辐射的能力也最强D．黑体辐射的辐射能是量子化的【答案】C【解析】黑体既吸收外来辐射，也向外辐射．12．证实光的粒子性的实验是（）．[暨南大学2011研]A．光干涉实验B．光衍射实验C．弗兰克–赫兹实验D．康普顿效应实验【答案】D【解析】光的干涉和衍射实验都是证实光的波动性的实验，弗兰克-赫兹实验则是证明了原子能级模型．康普顿效应通过光和电子的散射，证实了光的粒子性．13．关于氢原子中的电子，以下错误的是（）．[暨南大学2011研]A．电子在一些特定圆轨道上运动而不辐射电磁波B．电子在一些特定圆轨道上运动的同时不断辐射电磁波C．电子在稳定的特定圆轨道上运动的角动量是量子化的D．电子在圆轨道上运动的能量是量子化的【答案】B【解析】根据玻尔的定态假设，氢原子中的电子处于一些分立的能级上，处于稳定状态，不会辐射电磁波．14．根据德布罗意物质波，以下正确的是（）．[暨南大学2011研]A．物质波的波长与物体的质量成正比B．物质波的波长与物体的动量成正比C．物质波的波长与物体的速度成正比D．光子的动量和光的波长成反比【答案】D【解析】根据德布罗意关系，物质波（包括光波）波长与粒子的动量成反比．15．康普顿效应中的波长变化量（）．[暨南大学2011研]A．和散射源有关B．和X射线的波长有关C．散射角越大，波长变化量越小D．和散射角有关【答案】D。
物理学教程第二版马文蔚下册课后问题详解完整版
第九章 静 电 场9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).9－2 下列说确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).9－3 下列说确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为 ()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 围时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r r e r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析 依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解 根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r q E20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 r ελL r LQ r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为 ()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有 ()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R R R r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x eE θθε 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()iiEEExrxrxrx-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=+=+-π211π2ελελ(2) 设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有iEFπ2rελλ==-+iEF2π2rελλ-=-=+-显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题9-12 图分析方法1：作半径为R的平面S与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01dqεSSE这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=SSSESEΦdd方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即⎰⋅=SS dsEΦ解1 由于闭合曲面无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅sQ E r S E 0i2π4d ε上式中i Q 是高斯面的电荷量，分别求出处于带电球外的高斯面的电荷量，即可求得带电球外的电场强度分布.解 依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ=假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体的电场强度为r E 03ερ=R r >时， 302π34π4R E r ερ=考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 re rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .题 9-15 图分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q 01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2，0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种： (1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2=其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为RqεV 0π41=当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V36π41111==RqεV当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322RR=，带有电量q2＝2q1，雨滴表面电势V5722π411312==RqεV9－19电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x变化的关系曲线.题 9-19 图分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解由“无限大”均匀带电平板的电场强度i2εσ±，叠加求得电场强度的分布，()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=axaxaaxiEεσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()axaxεσVx<<--=⋅=⎰dlE()axaεσV-<=⋅+⋅=⎰⎰-dda-axlElE()axaV>-=⋅+⋅=⎰⎰ddaaxεσlElE电势变化曲线如图(b)所示.9－20两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=ppV lE d可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQVπ4=在球面电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQVπ4=其中R是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1(1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211π4π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞lE l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞lE l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r02133π4d +=⋅=⎰∞l E(2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-==9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅VV d 1d 0ρεS E可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰bab a r V V并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εrρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022=取棒表面为零电势，空间电势的分布有 当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr-==⎰当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5C·m －2.(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R-+=+=⎰222202d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεqV 1-20m V 5649π4⋅==xεqE 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为rελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15m )分析 作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为rεeV 0π4=将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k =由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0==得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqUL E m 即可融化约 90 吨冰.(2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qUE E n一次闪电在极短的时间释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK ⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 （1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题 9-27 图第十章 静电场中的导体与电介质10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）.10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεqV d εq E 020π4,π4==（C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 达到静电平衡时导体处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O点的电势等于点电荷q在该处激发的电势.因而正确答案为（A）.10－4根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E）. 10－5对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电。
物理作业(马文蔚版常考的题目)
班别 学号 姓名 （第一章）1-6 已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为x ＝2＋6t 2－2t 3，式中X 的单位为米m ，t 的单位为秒s 。
求：（1）质点在运动开后始4.0s 内的位移大小；（2）质点在该时间内所通过的路程； （3）t=4s 时质点的速度和加速度1-9 质点的运动方程为x ＝-10t+30t 2和y ＝15t －20t 2式中x ，y 的单位为m ，t 的单位为S 。
试求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向1-11 一质点P 沿半径R ＝3.0m 的圆周作匀速率运动，运动一周所需时间为20.0s ，设t=0时．质点位于O 点,按图中所示Oxy 坐标系，求：(1)质点P 在任意时刻的位矢； (2)5s 时的速度和加速度l-13 质点沿直线运动，加速度a ＝4-t 2，式中a 的单位为m.s -2,t 的单位为s,如果当t ＝3s 时，x=9m 、v ＝2 m.s-1，求质点的运动方程1－15 一质点具有恒定加速度a＝6i ＋4j ，式中a 的单位为m 〃s-2,在t ＝0时其速度为零，位置矢量i m r10.0=。
求(1)在任意时刻的速度和位置矢量；（2）质点在oxy 平面上的轨迹方程并画出轨迹的示意图l －17 质点在0xy 平面内运动，其运动方程为r＝2.0t i＋(19.0-2.0t 2)j，式中r 的单位为m ，t 的单位为s,求：（l ）质点的轨迹方程；（2）在t 1＝1.0s 到t 2＝2.0s 时间内的平均速度；（3）t 1＝10s 时的速度及切向和法向加速度.（4）t=1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ1-22一质点沿半径为R 圆周按规律s=v 0t-21bt 2而运动。
v 0，b 都是常量。
（l ）求t 时刻质点的总加速度；（2）t 为何值时总加速度在数值上等于b ？（3）当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？1－23 一半径为0.50m 的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比.在t ＝2.0s 时测得轮缘一点的速度值为4.0m.s -1．求:（l ）该轮在t ＇＝0.5s 的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速度；（2）该点在2.0s 内所转过的角度？1-25 一无风的下雨天，一列火车以v 1＝20.0m.s -1的速度匀速前进.在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降.求雨滴下落的速度v 2（设下降的雨滴作匀速运动）1-26 如图所示,一汽车在雨中沿直线行使,其速率为v1,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ角，速率为v2,若车后有一长方形物体，问车速v为多大时．此物体正好不会被雨水淋湿？1-27 一人能在静水中以l.10m.s-1的速度划船前进今欲横渡一宽为1.00 103m、水流速度0.55 m〃s-1的大河，（1）他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，那么应如何确定划行方向？到达正对岸需多少时间？（2）如果希望用最短的时间过河，应如何确定划行方向？船到达对岸的位置在什么地方？班别学号姓名成绩（第二章）2－9 质量为m＇的长平板以速度v＇在光滑平面上作直线运动，现将质量为m的木块轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的滑动摩擦因数为u，求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？2－13 一质点沿X轴运动，其所受的力如图所示，设t=0时，v0＝5m〃s-1，x o＝2m，质点质量m=1kg，试求该质点7s末的速度和位置坐标2－14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F=120t+40，式中F 的单位为N ，t 的单位为s,在t=0时，质点位于x ＝5．0m 处，其速度为v 0=6.0m.s -1,求质点在任意时刻的速度和位置?2－15 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0310⨯kg 飞机以55.0m 〃s -l 的速率在水平跑道上着陆后，驾驶员开始制动，若阻力与时间成正比，比例系数α＝5.0⨯102N 〃s -1，空气对飞机的升力不计，求：（1）10s 后飞机的速率；（2）飞机着陆后10s 内滑行的距离2－21 一物体自地球表面以速率V 0竖直上抛.假定空气对物体阻力的值为Fr ＝kmv 2，其中m 为物体的质量，k 为常量,试求：（l ）该物体能上升的高度、(2)物体返回地面时速度值?（设重力加速度为常量）〃2－26 在光滑水平面上，放一质量为m ′的三棱柱A ，它的斜面的倾角为α,现把一质量为m 的滑块B 放在三棱柱的光滑斜面上.试求：（l ）三棱柱相对于地面的加速度；（2）滑块相对于地面的加速度；（3）滑块与三棱柱之间的正压力班别 学号 姓名 成绩 （第三章）3－8 Fx ＝30+4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上，试求：（1）在开始2s 内此力的冲量I?（2）若冲量I ＝300 N 〃s ，此力作用的时间；（3）若物体的初速度V1＝10m .s -1，方向与Fx 相同，在t ＝6.86s 时，此物体的速度V 2?3－10 质量为m 的小球,在力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝Acos ωt ．其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0到t=ωπ2时间内小球动量的增量3－17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿ox 轴运动,已知t=o 时质点位于原点,且初始速度为零,设外力F 随距离线性地减小，且x=0时,F=Fo ；当x ＝L 时，F ＝0试求质点从x ＝0运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率3－26 一质量为m 的地球卫星沿半径为3R E 的圆轨道运动，R E 为地球的半径,已知地球的质量为m E ,求！（1）卫星的动能;（B ）卫星的引力势能；（3）卫星的机械能3－29 如图所示，质量为m 、速度为V 的钢球，射向质量为m ′的靶，靶中心有一小孔，内有劲度系数为k 的弹簧，此靶最初处于静止状态，但可在水平面作无摩擦滑动,求子弹射入靶内弹簧后，弹簧的最大压缩距离3－30 以质量为m 的弹丸,穿过如图所示的摆锤后，速率由V 减少到V/2,已知摆锤的质量为m ′，摆线长度为L ，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸的速度的最小值应为多少？3－33 如图所示，一质量为m ＇的物块放置在斜面的最底端A 处，斜面的倾角为α，高度为h ，物块与斜面的滑动摩擦因数为,今有一质量为m 的子弹以Vo 速度沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动，求物块滑出顶端时的速度大小3－34 如图所示，一个质量为m 的小球，从内壁为半球形的容器边缘点A 滑下,设容器质量为m ＇，半径为R ，内壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上,开始时小球和容器都处于静止状态,当小球沿内壁滑到容器底部的点B 时，受到向上的支持力为多大？3－37 如图所示，质量分别为m 1＝10.0 kg 和m 2＝6.0 kg 的A 、B 两小球，用质量可略去不计的刚性细杆连接，开始时它们静止在0xy 平面上，在受到图示的外力F 1＝（8.0N ）i 和F 2＝（6.0N ）J作用下运动.试求:（1）它们质心的坐标与时间的函数关系；（2）系统总动量与时间的函数关系班别 学号 姓名 成绩----------（第四章）4－6 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由1.2⨯103r ·min -1均匀的增加到2.7⨯103 r ·min -1，（1）求出轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？4－10 如图所示,圆盘的质量为m ，半径为R.求：(1)以O 为中心，将半径为R ／2的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；（2）剩余部分对O ′O ′轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量4－15 如图所示装量，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量力J ，滑轮两边分别悬挂质量为m l和m2的物体A、B.A置于倾角为θ的斜面上,它和斜面间的摩擦因数力u，若B向下作加速运动时，求．（1）其下落的加速度大小；（2）滑轮两边绳子的张力（设绳的质量及伸长均不计,绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）4－23 一质量为20.0 kg的小孩,站在一半径为3.00m、转动惯量为450 kg .m2的静止水平转台边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计,如果此小孩相对转台以1.00m·S-1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？4－24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0＝πs-1转动，转台对转轴的转动惯量为J0＝4.0⨯10-3kg.m2.今有砂粒以Q=2t(Q的单位为g.s-1,t单位为s)的流量竖直落至转台,并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r＝0.10m，求砂粒下落t＝l0s时,转台的角速度4－30 如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度ω0在无摩擦的水平面上，绕以半径为r0的圆周运动.如果在绳索的另一端作用一竖直向下的拉力，小球则以半径为r0/2的圆周运动.试求：（l）小球新的角速度；（2）拉力所作的功4－32 如图所示，A与B两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接、A轮的转动惯量J1＝10.0 kg·m2，开始时B轮静止，A轮以n1＝600r.min-1的转速转动，然后使A与B连接，因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速都等于n＝200r.min-1为止.求：(1)B轮的转动惯量(2)在啮合过程中损失的机械能4－34 如图所示,有一空心圆环可绕坚直轴00＇自由转动，转动惯量为J0,环的半径为R,初始的角速度为ω0,今有一质量为m的小球静止在环内A点,由于做小扰动使小球向下滑动,问小球到达B、C点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少?（假设环内壁光滑）4－36 如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧（其劲度系数为K），它的一端固定，另一端系一质量为m＇的滑块,最初滑块静止时,弹簧呈自然长度L0，今有一质量为m的子弹以速度V0沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中,滑块在水平面内滑动.当弹簧被拉伸至长度L时,求滑块速度的大小和方向,(用已知量和V0表示)＊4－37 一长为L 、质量为m 的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动,其角速度为ω，若棒突然改绕其一端转动；求：（l ）以端点为转轴的角速度ω＇；（2）在此过程中转动动能的改变?（第五、第六章）5- 2 下列说法正确的是（ ）（A ）闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷（B ）闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 （C ）闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零（D ）闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零5－3 下列说法正确的是（ ）（Λ）电场场强为零的点，电势也一定为零（B ）电场强度不力为零的点，电势也一定不为零（C ）电势为的点，电场强度也一定为零 （l ））电势在某一区域为常量，则电场强在该区域内必定为零5－19 如图所示，在电荷体密度为ρ的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，如将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a表示。
(NEW)马文蔚《物理学》(第6版)(上册)配套题库【名校考研真题+课后习题+章节题库+模拟试题】
目 录第一部分 名校考研真题第1章 质点运动学第2章 牛顿定律第3章 动量守恒定律和能量守恒定律第4章 刚体的转动第5章 静电场第6章 静电场中的导体与电介质第7章 恒定磁场第8章 电磁感应 电磁场第二部分 课后习题第1章 质点运动学第2章 牛顿定律第3章 动量守恒定律和能量守恒定律第4章 刚体的转动第5章 静电场第6章 静电场中的导体与电介质第7章 恒定磁场第8章 电磁感应 电磁场第三部分 章节题库第1章 质点运动学第2章 牛顿定律第3章 动量守恒定律和能量守恒定律第4章 刚体的转动第5章 静电场第6章 静电场中的导体与电介质第7章 恒定磁场第8章 电磁感应 电磁场第四部分 模拟试题马文蔚等《物理学》（第6版）配套模拟试题及详解第一部分 名校考研真题第1章 质点运动学一、选择题1．某物体的运动规律为，式中的k为大于零的常数，当t ＝0时，初速度为，则速度v与时间t的函数关系是（ ）．[郑州大学2007研]A．B．C．D．【答案】C2．一质点沿半径为R的圆周作为匀速率运动，每t秒转一圈，则在2t时间间隔中，其平均速度的大小与平均速率的大小分别为（ ）．[电子科技大学2006研]A．B．C．D．【答案】B二、填空题1．半径为R＝2m飞轮作转速转动时，轮边缘上一点的运动学方程为（国际单位制）．则当此点的速率v＝30m/s时，其切向加速度为______，法向加速度为______．[南京航空航天大学2008研]【答案】6m/s2；450m/s22．一质点作平面运动，运动方程，则t时刻质点的速度为______，加速度为______．[南京理工大学2005研]【答案】3．一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表达式为：（a、b为常量），则该质点作______运动．[北京工业大学2004研]【答案】匀加速直线运动三、计算题1．已知某质点的运动方程为（SI），则在t＝1s时该质点的切向加速度和法向加速度大小各为多少？[浙江大学2007研]解：，则：，则2．如图1-1所示，导弹A与靶机B在同一高度作水平飞行，某时刻导弹正处于原点O，而靶机则位于导弹正东1000米处，靶机以500米/秒的速度向东偏北30°的方向匀速飞行，导弹以1000米/秒的匀速率飞行，且飞行方向时正对靶机，求此刻导弹的加速度矢量和它的飞行轨道在O 点的曲率半径．[山东大学1997研]图1-1解：加速度，所以：m·s-2（垂直于速度方向向上）因为，所以曲率半径为 3．一正在行驶的汽船，发动机关闭后，得到一个与船速方向相反，大小与船速平方成正比的加速度．设关闭发动机时船的速度为，经过时间后减小为/2．求：（1）发动机关闭后，t时刻船的速度的大小；（2）发动机关闭后，经过时间t船行驶的距离x．[厦门大学2006研]解：设发动机关闭时船的位置为坐标原点．（1）由题意可知：两边积分，得：解得：代入条件t＝10s，得：或。
马文蔚《物理学》(下)配套题库-课后习题( 热力学基础)【圣才出品】
第13章热力学基础一、问题13-1 从增加内能来说，做功和传递热量是等效的。
但又如何理解它们在本质上的差异呢？答：做功和传递热量都是系统在状态变化时与外界交换能量的量度，都是过程量。
做功是将其他形式的能转化为热运动的内能，微观本质是通过宏观的有规则运动与系统分子的无规则运动的相互转化来完成能量交换。
而传递热量是系统外物体分子的无规则运动与系统内分子的无规则运动的互相转换，也称为微观功。
13-2 一系统能否吸收热量，仅使其内能变化？一系统能否吸收热量，而不使其内能变化？答：根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W，当W＝0时，内能的变化仅决定于吸收、放出的热量；当Q＝W时，系统的内能不变。
因此题意中的两种情况都可以。
系统在等体升温过程中只吸热，使系统的内能增加；系统作等温膨胀的过程中，吸收的热量全部用于对外做功，内能不变。
13-3 在一个巨大的容器内，储满温度与室温相同的水，容器底部有一小气泡缓缓上升，逐渐变大，这是什么过程？在气泡上升过程中，泡内气体是吸热还是放热？答：气泡视为理想气体，上升过程体积逐渐变大，压强逐渐减少，是等温膨胀过程。
内能变化ΔE＝0，膨胀对外做功W＞0，所以Q＝ΔE＋W＞0，泡内气体是吸热。
13-4 有一块1kg、0℃的冰，从40m的高空落到一个木制的盒中，如果所有的机械能都能转换为冰的内能，这块冰可否全部熔化？（已知lmol的冰熔化时要吸收6.0×103J 的热量。
）答：1kg、0℃的冰熔化成0℃的水需要吸热Q＝3.3×105J，这块冰在40m的高空处的机械能为E＝mgh＝392J＜Q，所以这块冰不可能全部熔化。
13-5 有人认为：“在任意的绝热过程中，只要系统与外界之间没有热量传递，系统的温度就不会变化”。
此说法对吗？为什么？答：不对。
因为热量与温度是两个不同的概念。
热量是传热过程中相对应的热能转换的一种量度，是过程量；而温度是状态量。
如绝热膨胀过程，因绝热Q＝0，根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W，系统膨胀对外做功，即W＞0，ΔE＝－W＜0，系统的温度就要降低。
2024版大学物理学(全套课件下册)马文蔚
态的变化过程。
宇宙的基本规律和演化
03
研究宇宙的大尺度结构、天体演化、宇宙起源和演化等基本问
题。
物理学的研究方法和意义
实验方法 通过实验手段观测和测量物理现象， 验证物理规律和理论。
理论方法
通过数学和物理理论，建立物理模型 和理论框架，解释和预测物理现象。
计算方法
利用计算机进行数值模拟和计算，研 究复杂物理系统的性质和行为。
物理学的意义
物理学的研究不仅有助于人类认识自 然规律，也为其他科学和工程领域提 供了基础理论和技术支持。
大学物理学的课程内容和要求
课程内容
大学物理学通常包括力学、热学、 电磁学、光学、近代物理等基础 内容，以及一些拓展内容，如相 对论、量子力学等。
课程要求
学生需要掌握基本的物理概念、 原理和定律，具备分析和解决物 理问题的能力，同时培养实验技 能和科学思维方法。
利用几何光学原理设计的仪 器，如显微镜、望远镜、照
相机等。
利用全反射原理实现光信号 在光纤中的长距离传输，具 有传输容量大、抗干扰能力
强等优点。
利用受激辐射原理产生高强 度、高单色性、高方向性的 光束，广泛应用于工业加工、
医疗、科研等领域。
利用光学系统对信息进行变 换和处理，如全息照相、光
学计算机等。
02
03
磁感应强度
描述磁场强弱和方向的物 理量。
毕奥-萨伐尔定律
计算电流元在空间中产生 磁场的定律。
磁场对电流的作用
探讨磁场对通电导线的作 用力，即安培力。
电磁感应
1 2
法拉第电磁感应定律 描述磁场变化时会在导体中产生感应电动势的定 律。
楞次定律
判断感应电流方向的定律，即感应电流的磁场总 是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
内蒙古科技大学马文蔚大学物理下册第六版答案精编版
第九章振动习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X轴正方向运动时,从1/2最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( )A、T/12B、T/8C、T/6D、T/4分析（C），通过相位差和时间差的关系计算。
可设位移函数y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T；当 y=A/2,ωt1=π/6；当 y=A,ωt2=π/2；△t=t2-t1=[π/(2ω)]-[π/(6ω)]=π/(3ω)=T/6第十章波动习题：P89～93 1，2，3，4，5，6，12，16，25，10-6在驻波中,两个相邻波节间各质点的振动（）：A.振幅相同,相位相同B.振幅不同,相位相同C.振幅相同,相位不同D.振幅不同,相位不同答案：波函数叠加检验.（C) 振幅相同，相位相反第十一章光学P177～182 1，2，3，4，5，6，7,8,11,23,26,31,37,38.11-4 、在迈克尔逊干涉仪的一条光路中,放入一片折射率为n=1.4的透明介质薄膜后，干涉条纹产生了7.0条条纹移动.如果入射光波长为589nm,则透明介质薄膜厚度为( )A 10307.5nmB 1472.5nmC 5153.8nmD 2945.0nm答案（C）由2(n-1)t=N得出11-26、 某人用迈克尔逊干涉仪测量一光波的波长，当可动反射镜M 移动了0.310mm 的过程中，观察到干涉条纹移动了1100条，求该光波的波长解：d=N /2, =563.6nm第十二章 气体动理论习题：P220～222 1，2，3，5，13,14,24.12-2 1 mol的氦气和1 mol的氧气（视为刚性双原子分子理想气体）。
当温度为T时，期内能分别为：A 3/2RT,5/2kTB 3/2kT,5/2kTC 3/2kT,3/2kTD 3/2RT,5/2RT答案：D （由1mol理想气体的内能定义式得出）12-13 当氢气和氦气的压强、体积和温度都相等时，它们的质量比和内能比各为多少？（氢气视为刚性双原子分子理想气体）解：质量比等于摩尔质量比，为1:2内能比等于自由度比，为5:3第十三章热力学基础习题：P270～275 1，2，3，4，5，6，7，9，11，12,15，25，27.13-4 气体经历如图所示的循环过程，在这个循环过程中，外界传给气体的净热量是答案：A 3.2*10^4JB 1.8*10^4JC 2.4*10^4JD 0J答案B，由循环所围成的面积计算得出。
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则始、末两个状态气体内能之比为 E1/E2=
。
【答案】1.19
三、简答题 1．指出下列各式所表示的物理意义．
答：（1） 表示理想气体分子每一自由度所具有的平均能量． 表示单原子分子的平均动能或分子的平均平动动能． 表示自由度为 i 的分子的平均能量． 表示分子自由度为 i 的 1mol 理想气体的内能． 表示质量为 m'的理想气体的内能．
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图 12-2
【答案】（1）氧气；氢气；（2）2
【解析】由
可得。
2．1mol 氧气（视为刚性双原子分子的理想气体）贮于一氧气瓶中，温度为 27℃，这 瓶氧气的内能为______J；分子的平均平动动能为______J；分子的平均总动能为______J。（摩 尔气体常量 R＝8.31J·mol－1·K－1 玻耳兹曼常量 k＝1.38×10－23J·K－1）
【解析】由
可得。
2．理想气体处于平衡状态，设温度为 T，气体分子的自由度为 i，则每个气体分子所具
有的（ ）。
A．动能为 i/2kT
B．动能为 i/2RT
C．平均动能为 i/2kT
D．平均平动动能为 i/2RT
【答案】C
3．f（υ）为速率分布函数，则速率
的分子平均速率表达式为（ ）。
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【答案】B
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【解析】由平均速率的定义，
区间内分子的平均速率应为：
分子、分母同除以 N，得
4．图 12-1 画了两条理想气体分子速率分布曲线（ ）。.
图 12-1
A．υp 是分子的最大速率
B．曲线②的平均速率小于曲线①的平均速率
C．如果温度相同，则曲线①是氧气的分子速率分布曲线，曲线②是氢气的分子速率分
2．试用气体动理论说明道尔顿分压定律． 答：压强是由所有的气体分子碰撞器壁产生的持续的压力而导致的，所以总的压强应该
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等于不同组分的不同气体的压强之和．
3．若某气体分子的自由度是 i，能否说每个分子的能量都等于 ？ 答：根据能量均分定理：在温度为 T 的平衡态下，气体分子每个自由度的平均动能都 相等，这是一个统计规律，并不是说所有的气体分子的动能都相等．
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【答案】相同；相同
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5．1mol 氮气（看作理想气体），由状态 A（p1，V）变到状态 B（p2，V），其内能的 增量为______．
【答案】
6．容器内贮有刚性多原子分子理想气体，经绝热过程后，压强减为初始压强的一半，
【答案】6.23×103；6.21×10－21；1.035×10－21
3．已知一理想气体的分子速率分布函数为 f（υ），试写出此气体的分子平均速率表达 形式______。
【答案】 【解析】由平均速率的定义
即可求出。
4．两瓶不同种类的理想气体，它们温度相同，压强也相同，但体积不同，则它们分子 的平均平动动能______，单位体积内分子的总平动动能______．
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第 12 章 气体动理论
一、选择题 1．一定量理想气体，在容积不变的条件下，当温度升高时，分子的平均碰撞次数 和 平均自由程 的变化情况是（ ）。 A． 增大， 不变 B． 不变， 增大 C． 和 都增大 D． 和 不变 【答案】A
7．指出下列各式所表示的物理意义：
（1）
（2）
（3）
（4）
可知分子数密度 n 随之降
低，故 减小而 增大．
5．判断下列情形中，系统是否一定处于平衡态： （1）容器内各部分的压强相等； （2）容器内各部分的温度相等； （3）容器内各部分的压强相等，并且容器内各部分的分子数密度也相同． 答：平衡态是指系统处于宏观性质不随时间变化的状态，在（1）、（2）两种情形中， 系统不一定处于平衡态；而在（3）这种情形中，系统则应处于平衡态．
பைடு நூலகம்
布曲线
D．在最概然速率
（Δυ很小）区间内，
【答案】C
1．两容器内分别盛有氢气和氦气，若它们的温度和质量分别相等，则（ ）。 A．两种气体分子的平均平动动能相等
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B．两种气体分子的平均动能相等 C．两种气体分子的平均速率相等 D．两种气体的内能相等 【答案】A
5．理想气体绝热地向真空自由膨胀，设初状态气体的温度为 T1，气体分子的平均自由 程为 ，末状态为 T2、
，若气体体积膨胀为原来的 2 倍，则（ ）。 A． B． C． D． 【答案】B
二、填空题 1．（1）图 12-2 的两条曲线分别表示氢、氧两种气体在相同温度 T 时分子按速率的分 布，其中： （a）曲线 1 表示______气分子的速率分布曲线； （b）曲线 2 表示______气分子的速率分布曲线。 （2）图 12-2 的两条曲线若分别表示 H2 在不同温度下（T2＞T1）下分子按速率的分布， 则曲线______代表高温 T2 时的分布情况。
4．对一定量的理想气体，在下述情形下其分子的平均碰撞频率 和平均自由程 将如
何变化：
（1）体积不变，温度升高；
（2）温度不变，压强降低．
答：对理想气体分子，由
和
可知：
（1）体积不变，则分子数密度 n 不变，故平均自由程 也不变．由于温度升高，故分
子平均速率增大， 也随之增大．
（2）温度不变而压强降低时，分子平均速率不变，由
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6．一金属棒的一端与热水接触，另一端与冷水接触，当热水和冷水的温度保持不变时， 金属棒各部分的温度虽然不同，但不随时间改变，此金属棒是否处于平衡态?
答：金属杆就是一个热力学系统．根据平衡态的定义，虽然杆上各点的温度将不随时间 而改变，但是杆与外界（冰、沸水）仍有能量的交换，一个与外界不断有能量交换的热力学 系统所处的状态，显然不是平衡态．