湘潭大学物理练习册作业答案
湘潭物理物态变化实验单元测试卷(含答案解析)
一、初二物理物态变化实验易错压轴题（难）1．在探究固体熔化时温度的变化规律中，小亮将质量相同的冰和固态食用油（用肉炼制的）分别装在两个相同的试管中，放在一个装有适量水的大烧杯中进行加热，如图甲所示，图乙中的A和B分别是根据实验数据绘制的冰和食用油温度随时间变化的图像。
(1)由图像可知，物质______（填“冰”或“食用油”）是晶体；(2)大烧杯中装有适量的水，其中的“适量”指的是______；(3)两种物质全部熔化后，继续对烧杯中的水加热至沸腾并持续一段时间，发现两个试管中的液体都不会沸腾，试管中的水不能沸腾的原因是______，食用油不能沸腾的原因是温度无法达到______。
【答案】A 既可以浸没试管中的晶体，又能放入试管后水不溢出不能持续吸热沸点【解析】【分析】本题考查晶体熔化的特点及液体沸腾的条件。
【详解】(1)[1]由图象可知，冰是晶体，因为冰熔化过程中温度保持不变。
(2)[2]适量指可以浸没试管中的晶体，这样才能让试管中的晶体受热均匀，但水不能太多，否则试管放入后水会溢出，会影响实验的探究效果。
(3)[3][4]试管中水不能沸腾的原因是，当试管内外的水的温度达到100℃时，试管中的水不能继续吸热，所以不能沸腾；试管中的食用油温度达到100℃后，也不能继续吸热，温度不能再升高，而食用油沸点的温度比100℃要高，故食用油也不能沸腾。
【点睛】液体沸腾的条件有：温度达到沸点和继续吸热。
2．探究蒸发快慢影响因素的实验中，在四块相同的玻璃板上各滴上等量的水，如图所示．（1）选择A、B两图进行实验探究，可以探究蒸发快慢与液体的_____是否有关．（2）选择_____两图进行实验探究，可以探究蒸发快慢与液体的温度是否有关．（3）通过A、D两图的对比，可以探究水蒸发快慢与水表面的空气流速是否有关，实验中如果利用电吹风来改变空气流速，_____（应该/不应该）使用热风．（4）以上实验体现了_____法．（填物理实验方法）（5）某同学猜想水蒸发快慢还可能与水的多少有关，于是继续进行了如下探究：在相同环境下的两块相同的玻璃板上分别滴上一滴和两滴水，结果发现甲图中水先蒸发完，他依据“谁先蒸发完，谁蒸发的快”，得出结论：“水蒸发快慢与水的量有关，水越少蒸发越快”．他的依据和结论_____．（选填“正确”或“不正确”）．【答案】表面积 AC 不应该控制变量不正确【解析】【分析】【详解】（1）比较A、B两图看出是水的温度和水上方空气流动速度相同,不同的是水的表面积,所以可以得出水蒸发快慢与水的表面积有关．(2)要研究水蒸发的快慢与水的温度的关系,应控制水的表面积和水上方空气流动速度,所以选择AC两图是正确的．(3) 通过A、D两图的对比要想研究水蒸发的快慢与液体上方的空气流动情况有关,即需控制相同的表面积、相同的温度,不同的空气流动情况，不应该使用热风．（4）以上实验体现了控制变量法．(4)该同学的验证过程是错误的,因为从设计的环节看他没控制水的表面积相同，因为只有在水的表面积相同时,先蒸发完的蒸发的才快. 因此他的依据和结论不正确．【点睛】(1)影响蒸发快慢的因素有：液体温度的高低、液体表面积的大小、液体上方空气流动的速度；(2)在探究一个物理量与多个因素的关系时，采用控制变量法的思想．3．在探究“水的沸腾”的实验中，当水温升到90℃时，每隔1min记录一次温度计的示数，直到水沸腾5min后停止读数，部分数据记录如表：时间/min012345678水的温度/℃909294_______9898989898（1）某次数据没有记录，当时温度计示数如下如图1所示，请将漏填的数据填在表格内；（2）根据表中实验数据，可知水的沸点是________℃；由水的沸点，可判断出当时的大气压________（高于/等于/低于）1个标准大气压；（3）加热时，应用酒精灯的________加热；（4）在第4min到第9min的这段时间内这位同学观察到的现象是________；（5）请你归纳出水沸腾的特点：________；（6）如上如图2所示，图________是沸腾前的现象，图________是沸腾时的现象；（7）在探究结束后，四位同学分别交流展示了自己所绘制的水的温度和时间关系的曲线，如图3所示．其中能正确反映研究水沸腾过程中温度随时间变化关系的是________．【答案】（1） 96 （2） 98 低于（3）外焰（4）水沸腾，仍不断吸热，有大量气泡上升，但温度保持不变（5）不断吸热，但温度保持不变（6）a b （7）B【解析】【分析】（1）读数时，注意温度计的分度值；（2）根据水沸腾时温度不变的特点判断出水的沸点；根据液体沸点与气压的关系来判断当时气压与标准气压的关系；（3）酒精灯的外焰温度最高，应用温度计的外焰加热；（4）掌握水沸腾时的特点及现象．知道水在沸腾过程中有大量气泡产生，并且气泡在上升过程中体积逐渐增大，到达液面破裂．（5）掌握水沸腾时的特点：不断吸热，但温度保持不变．（6）沸腾前，气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时，气泡在上升过程中体积逐渐变大；（7）水沸腾前吸热温度升高，沸腾时吸热温度保持不变．【详解】（1）由图1知，温度计的分度值为1℃，示数为96℃；（2）从表格中数据可以看出，水在第5到9分钟，温度保持98℃不变，所以此时为沸腾过程，沸点为98℃；标准大气压下水的沸点应为100℃，可知当时气压低于标准大气压；（3）酒精灯的外焰温度最高，所以要用酒精灯的外焰加热．（4）4到9分钟，水处于沸腾状态，所以会有大量气泡上升，同时要不断吸热，但温度保持不变．（5）由表格中数据可知，水在沸腾过程中不断吸热，温度保持不变；（6）图a中，气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象；图b中气泡在上升过程中体积逐渐增大，所以是沸腾时的现象．（7）水沸腾前吸热温度升高，沸腾时吸热温度保持不变，所以图B符合题意．故答案为（1）96；（2）98；低于；（3）外焰；（4）水沸腾，仍不断吸热，有大量气泡上升，但温度保持不变；（5）不断吸热，但温度保持不变；（6）a；b；（7）B．【点睛】此题主要是探究水的沸腾实验，在实验中需要用酒精灯加热，所以要掌握酒精灯的使用，同时考查了水沸腾时的特点及沸腾时与沸腾前的现象区别，关键是搞清气泡在上升过程中的变化．4．在做“观察水沸腾的实验”时，甲乙两同学所选用的器材和规格完全相同。
《大学物理学》（赵近芳主编）第二版课后习题答案物理
习题七7-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．（1）A E Q ∆+∆=∆ （2）⎰+=V p E Q d（3）121Q Q -≠η （4）121Q Q -<不可逆η 解：(1)不正确，A E Q +∆=(2)不正确，⎰+=Vp E Q d Δ(3)不正确，121Q Q -=η(4)不正确，121Q Q -=不可逆η7-2 V p -图上封闭曲线所包围的面积表示什么?如果该面积越大，是否效率越高?答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功．由于1Q A 净=η，净A 面积越大，效率不一定高，因为η还与吸热1Q 有关．7-3 如题7-3图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是零，说明理由．解：各图中所表示的循环过程作功都为0．因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为0．题7-3图7-4 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在V p -图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．题7-4图解：1.由热力学第一定律有 A E Q +∆=若有两个交点a 和b ，则 经等温b a →过程有0111=-=∆A Q E 经绝热b a →过程012=+∆A E 022<-=∆A E从上得出21E E ∆≠∆，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． 7-5 一循环过程如题7-5图所示，试指出： (1)ca bc ab ,,各是什么过程；(2)画出对应的V p -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ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数． 解：(1) a b 是等体过程bc 过程：从图知有KT V =，K 为斜率 由vRT pV = 得 K vR p =故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程(2)V p -图如题57'-图题57'-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V p -图中的图形．(5)ab ca bc abQ Q Q Q e -+=题7-5图 题7-6图7-6 两个卡诺循环如题7-6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． 7-7 评论下述说法正确与否?(1)功可以完全变成热，但热不能完全变成功；(2)热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体．(3)可逆过程就是能沿反方向进行的过程，不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程． 答：(1)不正确．有外界的帮助热能够完全变成功；功可以完全变成热，但热不能自动地完全变成功； (2)不正确．热量能自动从高温物体传到低温物体，不能自动地由低温物体传到高温物体．但在外界的帮助下，热量能从低温物体传到高温物体．(3)不正确．一个系统由某一状态出发，经历某一过程达另一状态，如果存在另一过程，它能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态，这样的过程就是 可逆过程．用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程．有些过程 虽能沿反方向进行，系统能回到原来的状态，但外界没有同时恢复原状态，还是不可逆过程． 7-8 热力学系统从初平衡态A 经历过程P 到末平衡态B ．如果P 为可逆过程，其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果P 为不可逆过程，其熵变为⎰=-B A A B T Q S S 不可逆d ，你说对吗？哪一个表述要修改，如何修改？答：不对．熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果过程P 为可逆过程其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果过程P 为不可逆过程，其熵变为⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d7-9 根据⎰=-B A A B T Q S S 可逆d 及⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d ，这是否说明可逆过程的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．7-10 如题7-10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7-10图解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E J abd 过程，系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热7-11 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． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆= 吸热)(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J对外作功 0=A (2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ吸热75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J )(12V T T C E -=∆υ内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J 7-12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为mol M ，比热容比为γ的理想气体，整个容器以速度v 运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)．解：整个气体有序运动的能量为221mu ，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化2V 21mu T C M m E =∆=∆ )1(211212mol V 2mol -==∆γu M R C u M T7-13 0.01 m 3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 300=T K 由2211V p V p = 求得体积3211210101.0101-⨯=⨯==p V p V 3m对外作功21112ln lnp pV p V V VRT A ==01.0ln 01.010013.115⨯⨯⨯⨯=31067.4⨯-=J(2)绝热压缩R C 25V =57=γ由绝热方程 γγ2211V p V p =γγ/12112)(p V p V =1121/12112)()(V p pp V p V γγγ==3411093.101.0)101(-⨯=⨯=m由绝热方程γγγγ---=22111p T p T 得K 579)10(30024.04.1111212=⨯==--T p p T T γγγγ热力学第一定律A E Q +∆=，0=Q 所以)(12molT T C M MA V --=RT M MpV mol =，)(2512111T T R RT V p A --= 35105.23)300579(25300001.010013.1⨯-=-⨯⨯⨯⨯-=A J7-14 理想气体由初状态),(11V p 经绝热膨胀至末状态),(22V p ．试证过程中气体所作的功为12211--=γV p V p A ，式中γ为气体的比热容比.答：证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211 得γγV V p p 111=⎰=21d V V Vp A⎰-----==21)11(1d 11121111V V r V V V p v v V p A γγγγγ]1)[(112111---=-γγV VV p又 )(1111211+-+----=γγγγV V V p A 112221111--=+-+-γγγγγV V p V V p 所以 12211--=γV p V p A7-15 1 mol 的理想气体的T-V 图如题7-15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7-15图解：设KV T =由图可求得直线的斜率K 为002V T K =得过程方程V V T K 002=由状态方程 RT pV υ= 得VRTp υ=ab 过程气体对外作功⎰=002d V v Vp A⎰⎰⎰====000020002202d 2d 2d V V V v V V RTV V RT VV V T V R V V RT A7-16 某理想气体的过程方程为a a Vp ,2/1=为常数，气体从1V 膨胀到2V ．求其所做的功．解：气体作功⎰=21d V v Vp A⎰-=-==-2121)11()(d 2121222V V V VV V a V a V V a A7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示．试证其循环效率为1112121---=p p VV γη答：等体过程 吸热)(12V 1T T C Q -='υ)(1221V 11R V p R V p C Q Q -='= 绝热过程 03='Q等压压缩过程放热)(12p 2T T C Q -='υ)(2212P R V p R V p C -=循环效率 121Q Q-=η )1/()1/(1)()(1121212221V 2212p 12---=---=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγηη题7-17图 题7-19图7-18 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?解：(1)卡诺热机效率121T T -=η%7010003001=-=η(2)低温热源温度不变时，若%8030011=-=T η要求 15001=T K ，高温热源温度需提高500K(3)高温热源温度不变时，若%80100012=-=T η要求 2002=T K ，低温热源温度需降低100K7-19 如题7-19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2T 和3T ．求此循环效率．这是卡诺循环吗?解：(1)热机效率121Q Q -=η AB 等压过程 )(12P 1T T C Q -='υ 吸热)(P mo 1A B lT T C M MQ -=CD 等压过程 )(12P 2T T vC Q -='放热)(P mol22D C T T C M MQ Q -='-=)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--=根据绝热过程方程得到AD 绝热过程 γγγγ----=D D A A T p T p 11 BC 绝热过程 γγγγ----=C C B B T p T p 111又B C D DC BA T T T T p p p p ===231T T -=η(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间． 7-20 （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2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时，需作功 4.71100028028030022211=⨯-=-=Q T T T A J173-℃→27℃时，需作功 2000100010010030022212=⨯-=-=Q T T T A J(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．7-21 如题7-21图所示，1 mol 双原子分子理想气体，从初态K 300,L 2011==T V 经历三种不同的过程到达末态K 300,L 4022==T V ． 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7-21图解：21→熵变等温过程 A Q d d = , V p A d d =，RT pV =⎰⎰==-21111221d 1d V V V V RT T T Q S S76.52ln ln!212===-R V V R S S J 1K -⋅321→→熵变⎰⎰+=-312312d d T QT Q S S32V 13p V p 12ln ln d d 2331T TC T T C T T C T TC S S T T T T +=+=-⎰⎰31→等压过程 31p p = 3211T V T V =1213V V T T = 23→等体过程 2233T p T p =3232p p T T = 1232p p T T =12V 12P 12ln ln p pC V V C S S +=-在21→等温过程中 2211V p V p =所以2ln ln ln ln1212V 12P 12R V VR V V C V V C S S ===-241→→熵变⎰⎰+=-412412d d T QT Q S S41p 42p p 12ln lnd 024T TC T T C TT C S S T T ==+=-⎰41→绝热过程111441144111----==γγγγV V T T V T V T γγγγ/121/141144411)()(,p pp p V V V p V p ===在21→等温过程中 2211V p V p =γγγ/112/121/14114)()()(V V p p p p V V ===γγ11241)(-=V V T T2ln ln 1ln12P 41P 12R V V C T T C S S =-==-γγ7-22 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1T 和2T ，1T ＞2T ，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mol C )． 解：两个容器中的总熵变⎰⎰+=-TT T T lT T C T T C S S 12d d mo mol 0 212mol 21mol ln)ln (ln T T T C T T T T C =+=因为是两个相同体积的容器，故)()(1mol 2mol T T C T T C -=- 得212T T T += 21212mol 04)(lnT T T T C S S +=-7-23 把0℃的0.5kg 的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：(1)水的熵变如何?(2)若热源是温度为20 ℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大? (3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热334=λ1g J -⋅) 解：(1)水的熵变612273103345.031=⨯⨯==∆T Q S J 1K -⋅(2)热源的熵变570293103345.032-=⨯⨯-==∆T Q S J 1K -⋅(3)总熵变4257061221=-=∆+∆=∆S S S J 1K -⋅熵增加。
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大学物理学习指南答案第十一章 静电场例题答案：11—1. B ； 11—2. B ； 11—3. B 11—4.()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ；从O 点指向缺口中心点11—5.0/ελd ； ()2204d R d-πελ ；沿矢径OP11—6. D11—7.2εσ 向右 ;23εσ 向右11—8. (见书上)11—9. D ； 11—10. C ； 11—11. C 11—12. 45 V —15 V 11—13-14. (见书上) 11—15. 无答案 练习题答案：11—1. 证明：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q /L ，在x 处取一电荷元d q =λd x = q d x /L ， （2分） 它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε总场强为：⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 11—2. Q / ε0， 011—3. －σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0) 11—4. B11—5. 解：在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d xＰLdd qx (L+d －x )d ExO它在O 点产生的电势()xxa x U 004d d ελπ-=O 点总电势：⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π==⎰⎰⎰++l a a la a x x a x dU U d d 400ελ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-π=a l a a l ln 400ελ 11—6. 解：在圆盘上取一半径为r →r ＋d r 范围的同心圆环．其面积为 d S =2πr d r其上电荷为 d q =2πσr d r 它在O 点产生的电势为02d 4d d εσεrr q U =π=总电势2d 2d εσεσR r U U RS===⎰⎰11—7. 解：设导线上的电荷线密度为λ，与导线同轴作单位长度的、半径为r 的(导线半径R 1＜r ＜圆筒半径R 2)高斯圆柱面，则按高斯定理有 2πrE =λ / ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2 ) 方向沿半径指向圆筒． 导线与圆筒之间的电势差⎰⎰⋅π==2121d 2d 012R R R R rrr E U ελ120ln 2R R ελπ=则()1212/ln R R r U E =代入数值，则：(1) 导线表面处()121121/ln R R R U E =＝2.54 ×106 V/m(2) 圆筒内表面处()122122/ln R R R U E =＝1.70×104 V/m11—8. 解：设小球滑到B 点时相对地的速度为v ，槽相对地的速度为V ．小球从A →B 过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒 m v ＋MV ＝0 ①对该系统，由动能定理 mgR －EqR ＝21m v 2＋21MV 2② ①、②两式联立解出()()m M m qE mg MR +-=2v 方向水平向右．()()m M M qE mg mR M m V +--=-=2v 方向水平向左． 11—9. 解：设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为220432ελελ=+=RR RU A220682ελελ=+=RR RU Bq 由A 点运动到B 点电场力作功()0001264ελελελq q U U q A B A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．11—10. 解： (1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=22110041r q r q U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛π-ππ=22212104441rr r r σσε()210r r +=εσ2100r r U +=εσ＝8.85×10-9 C / m 2(2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有()2101r r U σσε'+='= 0即σσ21r r -='外球面上应变成带负电，共应放掉电荷()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π='-π='212222144r r r r q σσσ()20021244r U r r r εσπ=+π=＝6.67×10-9 C第十二章 导体电学例题答案： 12—1. D 12—2. C 12—3. (C)没答案12—4. –q ， 球壳外的整个空间12—5.)(21B A q q -， S d q q B A 02)(ε-12—6. CFd /2，FdC212－7. C12－8-9. (见书上) 练习题答案：12—1. C=712Uf （没过程）12—2 解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E 1=σ1 / ε0，E 2=σ2 / ε0∴左边两极板电势差U 1=σ1d 1 / ε0，右边两极板电势差U 2=E 2d 2=σ2d 2 / ε0，而U 1=U 2，则σ1 / σ2= d 2 / d 1。
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案
第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定 律可得：)(220R r r RIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r< R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B dΦr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流，在导线内部作一平面S ，S 的一个边是导线的中心轴线，另一边是S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A ，铜的相对磁导率μr ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条， 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x RIx20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ．解：如图，CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF D E BC AB B B B B B+++= )sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB ， 方向⊗其中 2/1)2/(sin 2==a a β，0sin 1=β∴ a I B AB π=240μ， 同理, a IB BC π=240μ，方向⊗．同样)28/(0a I B B EF D E π==μ，方向⊙．∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向⊗．5. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA 和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中，B 的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB 段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右，那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．P7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B 的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。
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17-4 (1)用白光垂直入射到间距为d = 0.25mm的双链上，距离缝1.0m处放置屏 幕。求第二级干涉条纹中紫光和红光极大点 的间距(白光的波长范围是400—760nm)。
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17-5 一射电望远镜的天线设在湖岸上， 距湖面高度为h 对岸地平线上方有一恒星刚 在升起，恒星发出波长为l 的电磁波。试求 当天线测得第一级干涉极大时恒星所在的角 位置 q (提示:作为洛埃镜干涉分析)
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17-11 白光垂直照射到空气中一厚度为 380nm的肥皂水膜上，试问水膜表面呈现 什么颜色？(肥皂水的折射率看作1.33)。Fra bibliotek结束 返回
17-12 在棱镜 (n1=1.52 )表面镀一层增 透膜(n2=1.30)，如使此增透膜适用于550.0 nm，波长的光，膜的厚度应取何值?
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解： kl e=2 n
2 ne =kl
600×10-9 = 2×1.2 k =0.250×10-6 k(m)
当 k =0,1,2,3,4 时对应的厚度为
0, 0.250, 0.5, 0.75, 1.00m m 因为最大厚度为 h=l.2mm，所以能看到 的明条纹数为5条。
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17-21 迈克耳孙干涉仪可用来测量单 色光的波长，当M2移动距离d=0.3220mm 时，测得某单色光的干涉条纹移过N=1204 条，试求该单色光的波长。
结束 返回
明纹条件为：
l = kl d = 4e + 2
(2k-1)l 膜的厚度为： e = 8
k=0,1,2,...
取 k=1 对于红光
(2k-1) 600 e= =75nm 8 (2k-1) 520 e= =65nm 8
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11. 一质点作简谐振动，其运动速度 与时间的曲线如图所示。若质点的振 动规律用余弦函数描述，其初相应为
(A) / 6 ; (B) 5 / 6 ；
(C) 5 / 6 ; (D) / 6 ; (E) 2 /3 。
y Acos(t 0 )
3. 如图，长载流导线ab和cd相互垂直， 它们相距l，ab固定不动，cd能绕中点 O 转动，并能靠近或离开 ab，当电流 方向如图所示时，导线 cd 将
(A) 顺时针转动同时离开ab; (B) 顺时针转动同时靠近ab ； (C) 逆时针转动同时离开ab ； (D) 逆时针转动同时靠近ab .
b
d
； ；
ym
0.5
u
(D) y0.50cos14t2,(SI) 。 1 O 1 2 3
yo
0.5 cos( 8
u
t
16 )
2 u 大学物理习题答案
凑出结果
xm
解: 设P的振动方程为:
yo Acos(t 0 )
已知:A 0.5 2 8
uu
yo
0.5 cos( 8
u
t
0 )
由于 t 2s, yo 0,0 0
0
0.5 cos( 8
u
2
0 )
ym
0.5
u
1 O 1 2 3 x m
8
u
0.5 sin( 8
u
2
0 )
0
16
u
0
2
0
2
大学16u物理习题答y案o
0.5 cos( 8
u
t
2
16
u