大学基础物理学课后答案习岗著高等教育出版社

1-12
p B = 2.0 × 10 4 pa v B = 10 m / s
⎧v下 S 下 = v上 S 上 ⎪ ⎨ 1 2 1 2 ⎪ p下 + 2 ρv下 = p上 + 2 ρv上 + ρgh ⎩ 2 2 1 2 ⎧ 4×π × （ ） （ ） = v上 × π × ⎪ ⎪ 2 2 ⎨ ⎪4 × 10 5 + 1 × 10 3 × 4 2 = p + 1 × 10 3 × v 2 + 10 3 × 10 × 5 上 上 ⎪ 2 2 ⎩
= ∫ 0dr +
r ∞
R1
R2
R1
∫ 4πε
Q1
0
r
2
dr + ∫ 0dr =
R2
Q1 1 1 ( − ) 4πε 0 R1 R2
区域 II，电势为：
∞ r r R2 U 2 = ∫ E ⋅ dr = ∫ E 2 dr + ∫ E3 dr r r R2 R2
=
∫ 4πε
r ∞
5 m 5 m 5 × RT = × RT = pV 2 M 2 M 2 2 E 2 6.75 × 10 2 = 1.35 × 10 5 pa × = × −3 5 V 5 2.0 × 10 p= 2 2 N nε k = × × ε k 3 3 V
（2）由于
3 2.0 × 10 −3 所以 ε k = × × 1.35 × 10 5 = 7.5 × 10 − 21 J 22 2 5.4 × 10
2
∫
r
r
∑ qi
ε0
=0
E=0
4-10 (1) 区域 I，电势为：
r r U 1 = ∫ E ⋅ dr = ∫ E1 dr + ∫ E 2 dr + ∫ E3 dr
r r R1 R2
∞
R1
R2
∞
= ∫ 0dr +
r
R1
R2
R1
∫ 4πε
Q1
0
r
2
dr + ∫
Q1 + Q2 Q Q + Q2 1 1 1 1 Q1 Q2 ⋅ = ( + ) dr = 1 ( − ) + 1 2 4πε 0 R1 R2 4πε 0 R2 4πε 0 R1 R2 R 2 4πε 0 r
r=
2γ cos θ ρgh
2γ cos θ 2 × 5 × 10 −2 × cos 45 o 2 r= = = × 10 −7 m = 3.6 × 10 −7 m 3 ρgh 4 10 × 10 × 20
1-10 分别取 A、B、C 三处截面列伯努利方程，其中 A 处流速近似为零
1 2 ρv B + ρgh1 2 1 p 0 + ρgh2 = p 0 + ρvc2 2 v B = vC p0 = p B +
l
( x + b − b)dx k d ( x + b) bd ( x + b) = − [ ] 2 ∫ ∫ 4πε 0 0 (b + x) (b + x) (b + x) 2 0
l
l
k
=
l ⎤ ⎡ b+l − ln ⎢ 4πε 0 ⎣ b b+l⎥ ⎦ k
4-5 电荷的线密度为 λ=Q/πR 由对称性分析可知：在圆心处的电场沿 x 正方向 在圆弧线上取线元 dl, 其对应的半径与 y 轴夹角为θ，则 其在 O 点形成的电场强度大小为：
⎧v上 = 16m / s ⎪ ⎨ 5 ⎪ ⎩ p上 = 2.3 × 10 pa
第二章
2-3
气体动理论
p = nkT
n= NA ⋅
p 10 5 = = 2.44 × 10 25 m −3 kT 1.38 × 10 − 23 × 300
N n= = V
m M = NA ⋅ m = NA ⋅ρ V M V M
ρ =n
M 32 = 2.44 × 10 25 ⋅ = 1.3kgm −3 NA 6.02 × 10 23
ε k = kT = × 1.38 × 10 − 23 × 300 = 6.21 × 10 − 21 J
2-4
3 2
3 2
ε k = kT =
3 2
3 R pV 3MpV 3 × 2 × 10 3 × 3.9 × 10 5 × 4 × 10 −3 = = = 3.89 × 10 − 22 J −2 − 23 2 NA m 2mN A 2 × 2 × 10 × 6.02 × 10 R M
∞
区域 III，电势为：
r r ∞ U 3 = ∫ E ⋅ dr = ∫ E3 dr =
r r
∞
Q + Q2 1 Q1 + Q2 ⋅ dr = 1 2 4πε 0 r 0r R2
∞
∫ 4πε
(2) 区域 I，电势为：
∞ r ∞ R1 R2 r U 1 = ∫ E ⋅ dr = ∫ E1 dr + ∫ E 2 dr + ∫ E3 dr r r R1 ∞ R2
（1） 该循环过程中 ab 和 bc 过程为吸热过程
Q吸 = Qab + Qbc = CV (Tb − Ta ) + C p (Tc − Tb ) = 3 400 200 5 600 400 − − ) + R( R×( ) = 800 J 2 2 R R R R
（2） 循环一次对外做的净功为：
W = (3 − 2) × (2 − 1) × 10 5 × 10 −3 = 100 J
由εk =
3 kT 得 2
T=
2 ε k 2 7.5 × 10 −21 = 362 K × = × 3 k 3 1.38 × 10 − 23
第3章 3-2
W=
3-4
1 (1 + 2) × 10 5 × 1 × 10 −3 = 150 J 2
由图数据可知： p AV A = p BV B = nRT A ，所以 A、B 处于同一等温线上， 所以 ACB 过程中内能变化 ΔE ACB = 0 ，吸收热量等于对外做的功 Q ACB = W ACB 经历 ACBDA 过程内能变化 ΔE ACBDA = 0 所以 Q ACB = W ACB DA = W ACB + WDA = 200 − (4 − 1) × 4 × 10 3-7 ab 过程为等温过程
v2 =
v p = 3v0
2-12
∞ ∞ v0
∫ f (v)dv = 1
0 ∞ v0
∫ f (v)dv = ∫ Cdv = 1
0 0 2 Cv 0 v = 0 2 2
C=
1 v0
v = ∫ vf (v)dv = ∫ vCdv =
0 0
2-16
（1）由于是刚性双原子分子，所以自由度 i = 5
E= p=
2-11
v=
2 ⋅ v 0 + 3 ⋅ 2v0 + 5 ⋅ 3v 0 + 4 ⋅ 4v0 + 3 ⋅ 5v0 + 2 ⋅ 6v0 + 7v0 = 3.65v0 20
2 2 2 2 2 2 2 2 ⋅ v0 + 3 ⋅ 4v0 + 5 ⋅ 9v0 + 4 ⋅ 16v0 + 3 ⋅ 25v0 + 2 ⋅ 36v0 + 49v0 2 = 15.95v0 = 3.99v0 20
−3
× 10 5 = −1000 J
Wab = RTa ln
Vb = p aVa ln 2 = 2 × 0.022 × 10 5 × 0.693 = 3.05 × 10 3 J Va
Qab = Wab
acb 过程为等体过程+等压过程
Wacb = Wac + Wcb = 0 + 1 × ×10 5 × (0.044 − 0.022) = 2.2 × 10 3 J
∫
r
r
∑ qi
ε0
= 0 ，即 4πr 2 E = 0
由高斯定理： E ⋅ dS =
∫
r
r
∑ qi
ε0
=
Q1
ε0
即 4πr E =
2
Q1
ε0
， 所以
E=
Q1
4πε 0 r 2
c)
对于球外一点， r > R2 ，高斯面内的电荷为 ∑ q i = Q1 + Q2 =0
由高斯定理： E ⋅ dS = 即 4πr E = 0 ， 所以
由高斯定理： E ⋅ dS =
∫
r
r
∑ qi
ε0
=
Q1
ε0
即 4πr E =
2
Q1
ε0
， 所以
E=
Q1 4πε 0 r 2
c)
对于球外一点， r > R2 ，高斯面内的电荷为 ∑ q i = Q1 + Q2
由高斯定理： E ⋅ dS =
∫
r
r
∑ qi
ε0
=
Q1 + Q2
ε0
即 4πr E =
2
Q1 + Q2
l
=
λ l dx λ l d ( x + b) = 2 2 4πε 0 ∫ 4πε 0 ∫ 0 (b + x ) 0 (b + x )
λ 1 λ 1 1 λ l = ⋅ (− ) = ⋅ (− + )= ⋅ 4πε 0 b + x 0 4πε 0 b+l b 4πε 0 (b + l )b
方向沿 x 轴负方向 （2）在直线上去线元 dx, 离原点距离为 x， 则其带电量 dq=kxdx, 其在 p 点形成的电场强 度大小为：