基础物理学答案
大学基础物理学课后习题答案_含思考题(1)
大学基础物理课后答案主编：习岗高等教育出版社第一章 思考题：<1-4> 解：在上液面下取A 点，设该点压强为A p ，在下液面内取B 点，设该点压强为B p 。
对上液面应用拉普拉斯公式，得 A A R p p γ20=- 对下液面使用拉普拉斯公式，得 BB 02R p p γ=- 又因为 gh p p ρ+=A B 将三式联立求解可得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=B A 112R R g h ργ<1-5> 答：根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。
在白天，由于日照的原因，土壤表面的温度较高，土壤表面的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面的原因使土壤表层变得干燥。
相反，在夜间，土壤表面的温度较低，而土壤深层的温度变化不大，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。
<1-6> 答：连续性原理是根据质量守恒原理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。
伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。
如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。
<1-8> 答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。
斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。
练习题：<1-6> 解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h 。
在h 基础上取微元d h ，与之对应的水坝侧面面积元d S （图中阴影面积）应为坡长d m 与坝长l 的乘积。
练习题1-6用图d h d F由图可知 osin60d sin d d hh m ==θ 水坝侧面的面积元d S 为 d d d sin 60hS l m l °== 该面积元上所受的水压力为 0d d d [(5)]sin 60hF p S p ρg h l°==+-水坝所受的总压力为 ()[]N)(103.760sin d 5d 855o0⨯=-+==⎰⎰h l h g p F F ρ（注：若以水坝的上顶点作为高度起点亦可，则新定义的高度5h h ¢=-,高度微元取法不变，即d d h h ¢=，将h ¢与d h ¢带入水坝压力积分公式，同样可解出水坝所受压力大小。
新编基础物理学课后答案
习题一1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。
分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。
解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω⎡⎤==-+⎣⎦1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。
其中0v 是发动机关闭时的速度。
分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dxdvv dt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= d Kdx v =-v⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v 0Kx v v e -=1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为22,48x t y t ==-。
（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。
写出质点的运动学方程)(t r表达式。
对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。
解：（1）由2,x t =得：,2x t =代入248y t =-可得：28y x =-，即轨道曲线。
画图略（2）质点的位置可表示为：22(48)r ti t j =+-由/v dr dt = 则速度：28v i tj =+由/a dv dt = 则加速度：8a j =则：当t=1s 时，有24,28,8r i j v i j a j =-=+=当t=2s 时，有48,216,8r i j v i j a j =+=+=1-4．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。
基础物理学课程试题及答案详解
一 选择题（每题3分，共30分）1．一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m ．根据理想气体分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量的平均值(A) m kT π8=x v ． (B) mkT π831=x v ． (C) mkT π38=x v ． (D) =x v 0 ． ［ ］ 2．在标准状态下，若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积比V 1 /V 2=1 / 2 ，则其内能之比E 1 / E 2为:(A) 3 / 10． (B) 1 / 2．(C) 5 / 6． (D) 5 / 3．3．水蒸气分解成同温度的氢气和氧气，内能增加了百分之几(不计振动自由度和化学能)？(A) 66.7％． (B) 50％．(C) 25％． (D) 0． ［ ］4．两瓶不同种类的理想气体，它们的温度和压强都相同，但体积不同，则单位体积内的气体分子数n ，单位体积内的气体分子的总平动动能(E K /V )，单位体积内的气体质量ρ，分别有如下关系：(A) n 不同，(E K /V )不同，ρ 不同．(B) n 不同，(E K /V )不同，ρ 相同．(C) n 相同，(E K /V )相同，ρ 不同．(D) n 相同，(E K /V )相同，ρ 相同． ［ ］5．玻尔兹曼分布律表明：在某一温度的平衡态，(1) 分布在某一区间(坐标区间和速度区间)的分子数，与该区间粒子的能量成正比．(2) 在同样大小的各区间(坐标区间和速度区间)中，能量较大的分子数较少；能量较小的分子数较多．(3) 在大小相等的各区间(坐标区间和速度区间)中比较，分子总是处于低能态的概率大些．(4) 分布在某一坐标区间内、具有各种速度的分子总数只与坐标区间的间隔成正比，与粒子能量无关．以上四种说法中，(A) 只有(1)、(2)是正确的．(B) 只有(2)、(3)是正确的．(C) 只有(1)、(2)、(3)是正确的．(D) 全部是正确的． ［ ］6．已知一定量的某种理想气体，在温度为T 1与T 2时的分子最概然速率分别为v p 1和v p 2，分子速率分布函数的最大值分别为f (v p 1)和f (v p 2)．若T 1>T 2，则(A) v p 1 > v p 2， f (v p 1)> f (v p 2)．(B) v p 1 > v p 2， f (v p 1)< f (v p 2)．(C) v p 1 < v p 2， f (v p 1)> f (v p 2)．(D) v p 1 < v p 2， f (v p 1)< f (v p 2)． ［ ］7．若f (v )为气体分子速率分布函数，N 为分子总数，m 为分子质量，则⎰21d )(212v v v v v Nf m 的物理意义是 (A) 速率为2v 的各分子的总平动动能与速率为1v 的各分子的总平动动能之差．(B) 速率为2v 的各分子的总平动动能与速率为1v 的各分子的总平动动能之和．(C) 速率处在速率间隔1v ~2v 之内的分子的平均平动动能．(D) 速率处在速率间隔1v ~2v 之内的分子平动动能之和． ［ ］8．在一个体积不变的容器中，储有一定量的理想气体，温度为T 0时，气体分子的平均速率为0v ，分子平均碰撞次数为0Z ，平均自由程为0λ．当气体温度升高为4T 0时，气体分子的平均速率v ，平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为：(A) v ＝40v ，Z ＝40Z ，λ＝40λ．(B) v ＝20v ，Z ＝20Z ，λ＝0λ．(C) v ＝20v ，Z ＝20Z ，λ＝40λ．(D) v ＝40v ，Z ＝20Z ，λ＝0λ． ［ ］9. 如图所示，一定量理想气体从体积V 1，膨胀到体积V 2分别经历的过程是：A→B 等压过程，A →C 等温过程；A →D 绝热过程，其中吸热量最多的过程(A) 是A →B.(B)是A →C.(C)是A →D.(D)既是A →B 也是A →C , 两过程吸热一样多。
基础物理学下册答案
基础物理学下册答案1、下列说法正确的是（）*A.一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少(正确答案)B.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点C.热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体(正确答案)D.当分子间的距离增大时，分子之间的引力和斥力均同时减小，而分子势能一定增大2、3．空间站以恒定的速率绕地球转动：因为空间站速度大小不变，所以加速度为零．[判断题] *对错(正确答案)3、导体中的自由电子做定向移动时，它的周围就产生磁场[判断题] *对(正确答案)错答案解析：自由电子做定向移动时产生电流，电流周围存在磁场4、磁场中某一点的磁场方向是由放在这一点的小磁针的N极决定的[判断题] *对错(正确答案)答案解析：磁场方向用小磁针来判断5、3．物体在一条直线上运动时，路程和位移的大小相等，且位移是矢量，路程是标量．[判断题] *对错(正确答案)6、57．彩色电视机荧光屏上呈现各种颜色，都是由三种基本色光混合组成的，这三种基本色光是（）[单选题] *A．红、橙、绿B．红、绿、蓝(正确答案)C．蓝、靛、紫D．红、黄、蓝7、水平桌面上的文具盒在水平方向的拉力作用下，沿拉力的方向移动一段距离，则下列判断正确的是（）[单选题]A．文具盒所受拉力做了功(正确答案)B．文具盒所受支持力做了功C．文具盒所受重力做了功D．没有力对文具盒做功8、21．关于声现象，下列说法正确的是（）[单选题] *A．人听到声音是否响亮只跟发声体发声时的振幅有关B．人们可以用声学仪器接收到超声波判断地震的方位和强度C．倒车雷达是利用回声定位探测车后的障碍物(正确答案)D．用大小不同的力敲击同一音叉是为了探究音调与频率的关系9、在足球比赛中，下列说法正确的是（）[单选题]A．飞行过程中，足球不受力的作用B．头顶足球时头会感到疼，说明力的作用是相互的(正确答案)C．下落过程中，足球的惯性变大D．足球在地面上越滚越慢，说明物体的运动需要力来维持10、63．下列说法中正确的是（）[单选题] *A．空气中细小的灰尘就是分子B．弹簧能够被压缩，说明分子间有间隙C．由于分子非常小，人们无法直接用肉眼进行观察(正确答案)D．把一块铜锉成极细的铜屑就是铜分子11、夏天从冰箱里取出的可乐瓶上有小液滴，是可乐瓶周围的空气液化形成的[判断题]*对错(正确答案)答案解析：是周围的水蒸气液化形成的12、24．运用你学过的物理知识进行“特殊测量”，下面的几种方法中（）①用天平、水测出墨水瓶的容积;②用天平、刻度尺测出一卷细铜丝的长度;③用量筒、水测出小钢珠的质;④用量筒测出20g酒精. [单选题] *A.只有①③正确B．只有②④正确C．只有①②③正确D．①②③④都正确(正确答案)13、估测在实际生活中的应用十分广泛，下列所估测的数据中最接近实际的是（）[单选题] A．健康的成年人脉搏跳动一次的时间约为10sB．一般教室的高度约为6mC．我国10元纸币的票面长度约为14cm(正确答案)D．去年北京夏天的最高气温为26℃14、4．骑着自行车前行时前轮和后轮所受摩擦力的方向相同．[判断题] *对错(正确答案)15、49．小苗夜间路过一盏路灯时，在路灯光的照射下，她在地面上影子的长度变化情况是（）[单选题] *A．先变长，后变短B．先变短，后变长(正确答案)C．逐渐变短D．逐渐变长16、1．与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。
大学基础物理学答案(习岗)第10章
129第十章 量子物理基础本章提要1． 光的量子性· 物体由于自身具有一定温度而以电磁波的形式向周围发射能量的现象称热辐射。
· 在任何温度下都能全部吸收照射到其表面上的各种波长的光（电磁波），的物体称为绝对黑体，简称黑体。
· 单位时间内从物体单位表面积发出的、波长在λ附近单位波长间隔内电磁波的能量称单色辐射本领（又称单色辐出度），用)(T M λ表示· 单位时间内物体单位表面积发出的包括所有波长在内的电磁波的辐射功率称为辐射出射度，用则M 表示，M 与)(T M λ的关系为0()d M M T λλ∞=⎰2． 维恩位移定律在不同的热力学温度T 下，单色辐射本领的实验曲线存在一个峰值波长λm ， T 和λm 满足如下关系：λm T b =其中，b 是维恩常量。
该式称维恩位移定律。
3． 斯忒藩—玻尔兹曼定律· 黑体的辐射出射度M 与温度T 的关系为4T M σ=其中，σ为斯忒藩—玻尔兹曼常量。
该结果称斯忒藩—玻尔兹曼定律。
· 对于一般的物体4T M εσ=ε称发射率。
4． 黑体辐射· 能量子假说：黑体辐射不是连续地辐射能量，而是一份份地辐射能量，并且每一份能量与电磁波的频率ν成正比，满足条件E nhv =，其中n ＝1，2，3，…，等正整数，h 为普朗克常数。
这种能量分立的概念被称为能量量子化，130每一份最小的能量E hv =称为一个能量子。
· 普朗克黑体辐射公式（简称普朗克公式）为112)(/52-=kT hc e hc T M λλλπ其中，h 是普朗克常量。
由普朗克公式可以很好地解释黑体辐射现象。
· 光子假说：光是以光速运动的粒子流，这些粒子称为光量子，简称光子。
一个光子具有的能量为νh E =动量为 λh p =5． 粒子的波动性· 实物粒子也具有波粒二象性，它的能量E 、动量p 与和它相联系的波的频率ν、波长λ满足关系2E mc h ν==λh p m u ==这两个公式称为德布罗意公式或德布罗意假设。
基础物理力学试题及答案
基础物理力学试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 牛顿第一定律描述的是：A. 物体在没有外力作用下，总保持静止状态或匀速直线运动状态B. 物体在外力作用下，会改变运动状态C. 物体在外力作用下，运动状态不变D. 物体在静止状态下，不会受到外力作用答案：A2. 以下哪个选项是重力加速度的单位？A. 米每秒B. 米每秒平方C. 米每平方秒D. 米每平方分钟答案：B3. 一个物体从静止开始下落，下落时间t秒，其下落距离s与时间t 的关系是：A. s = 1/2gtB. s = gtC. s = gt^2D. s = 2gt答案：C4. 根据动量守恒定律，以下哪个说法是正确的？A. 一个系统内，如果外力为零，则系统的总动量保持不变B. 一个系统内，如果外力不为零，则系统的总动量会改变C. 一个系统内，无论外力如何，系统的总动量总是保持不变D. 一个系统内，系统的总动量只有在没有外力作用时才保持不变答案：A5. 以下哪个选项是描述物体惯性的？A. 物体的质量B. 物体的速度C. 物体的加速度D. 物体的动能答案：A6. 一个物体在水平面上受到一个恒定的拉力F，物体与水平面之间的摩擦系数为μ，若物体开始运动，则其加速度a为：A. a = F/mB. a = (F - μmg)/mC. a = (F + μmg)/mD. a = μF/m答案：B7. 根据能量守恒定律，以下哪个说法是正确的？A. 能量可以在不同形式之间转换，但总量不变B. 能量可以在不同形式之间转换，但总量会增加C. 能量可以在不同形式之间转换，但总量会减少D. 能量不能在不同形式之间转换答案：A8. 一个物体在竖直方向上受到重力和向上的拉力作用，若拉力大于重力，则物体的运动状态是：A. 静止B. 匀速上升C. 匀速下降D. 先加速上升，后匀速上升答案：D9. 以下哪个选项是描述牛顿第三定律的？A. 作用力和反作用力大小相等，方向相反B. 作用力和反作用力大小相等，方向相同C. 作用力和反作用力大小不等，方向相反D. 作用力和反作用力大小不等，方向相同答案：A10. 一个物体在水平面上受到一个恒定的摩擦力Ff，若物体开始运动，则其最大静摩擦力Fm与滑动摩擦力Ff的关系是：A. Fm > FfB. Fm = FfC. Fm < FfD. Fm与Ff没有直接关系答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度a与作用力F和物体质量m的关系是：a = ________。
基础物理学下册 答案
图17.1第十七章 真空中的静电场17-1 解: 设等边三角形的边长为a ,则由顶点到中心的距离为.123q q q q ===放在三角形中心的电荷为Q ,Q 与q 反号. Q 受其他三个电荷的合力为零,与Q 的大小无关.一个q 受其他三个电荷的合力大小为21322002cos302424q qQ F F aπεπε-=⨯⨯-⎫⎪⎝⎭)2034q Q a πε=-此合力为零给出Q =∴ 3Q q =17-2 解: 0m +=F g 0q m +=E g343R gmgq E Eρπ==()36548513141641098319210....-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ 1980210C .-=⨯图17.2图17.3图17.45e =17-3 解: 在带电环线上任取一长为d l 的电荷元,其电量d d q l η=.电荷元在O 点的场强为d E ,d E 沿两个轴方向的分量分别为d x E 和d y E .由于电荷分布对于Ox 轴对称,所以全部电荷在O 点的场强沿y 方向的分量之和为零.因而O 点的总场强E 应沿x 轴方向,并且 d x E E =⎰20d sin d d sin 4x l E E R ηθθπε==()d =d l R l R θθ=0sin d d 4x E Rηθθπε=000sin d cos 44E R R ππηθηθθπεπε==-⎰02R ηπε=02Rηπε=E i17-4 解: (1) 选半球球心的坐标原点O d d φ=⋅1E S 1d cos E S ϕ= 21d sin d d S R ϕϕθ= ∴ 21c o s s i n d dER φϕϕϕθ=⎰2220sin2d d 2ER ππϕθϕ=⎰⎰图17.522cos22R E πϕπ=-2R E π=(2) 半球面1S 和任意形状曲面2S 组成闭合曲面.由高斯定理得:12010i'qφφε+==∑内∵ 此时1S 的法向方向与原来相反 ∴211'R E φφπ=-=-∴ 221'R E φφπ=-=17-5 解: (1) 立方体的六个面组成闭合曲面,由高斯定理得 通过闭合曲面的电通量 0qφε=由于正立方体的六个侧面对于其中心对称,所以每个面通过的电通量为 12345606q φφφφφφε======(2) d =d d S φ⋅=⋅E S E n 由于正方体有三个面与E 垂直 ∴1230φφφ===∴ q 所在的三个面的电通量为零以q 为中心,小正方体的边长a 的二倍为边长做一正方体.则通过大正方体的电通量为qε.因为小正方体是大正方体的18,则通过小正方体其它三个面的总电通量为8qε.由于这三个面对电荷所在顶点是对称的,所以通过它们每个面的电通量为0013824q qεε⨯=图17.717-6 解: (1) 设想地球表面为一均匀带电球面,总面积为S .则它所带的总电量为 0d q ES εε=⋅=-⎰E S()212688510200431463710...-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯590210C .=-⨯(2) 从地面1400m 到地面的大气所带总电量为0d d S'Sq'q q 'εε=-=⋅-⋅⎰⎰E S E S 总00E'S'ES εε=-+ 0001.ES'ES εε=-+ ()001E S .S'ε=- 581110C .=⨯()5331881110431463714637103q'.V ...ρ⨯==⨯⨯-⨯ 12211410C m .-=⨯17-7 解: 根据电荷分布对壁的平分面的面对称性,可知电场分布也具有这种对称性.由此可选平分面与壁的平分面重合的立方盒子为高斯面.高斯定理给出 02q E S ε=内当2dD <时 2q DS ρ=内 0D E ρε=当2dD >时 q dS ρ=内 02d E ρε=方向垂直板面 0q > 向外 0q < 向内图17.917-9 解: (1) （a）1r R<时, Ⅰ区1d0⋅=⎰⎰E S2140E rπ⋅=1E=(b)12R r R<<时, Ⅱ区12dQε⋅=⎰⎰E S2124QE rπεε⋅=1224QErπε=1224Qrπε=E r(c)2r R>时Ⅲ区123dQ Qε+⋅=⎰⎰E S21234Q QE rπε+⋅=12324Q QErπε+=12324Q Qrπε+=E r(2) (a)2r R>时Ⅲ区()12332d d4r rQ QU rrπε∞∞+=⋅=⎰⎰E r r12120044rQ Q Q Qr rπεπε∞++=-=图17.10(b) 12R r R << Ⅱ区()22223d d R rR U r ∞=⋅+⋅⎰⎰E r E r221122200d d 44R rR Q Q Q r r rr πεπε∞+=+⎰⎰221120044R rR Q Q Q rrπεπε∞+=--120214Q Q r R πε⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(c) 1r R <时, Ⅰ区 ()12121123d d d R R r R R U r ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E r E r E r2121122200d d 44R R R Q Q Q r r rr πεπε∞+=+⎰⎰2121120044R R R Q Q Q rrπεπε∞+=--1201214Q Q R R πε⎛⎫=+ ⎪⎝⎭17-10 解: (1) 情况(a)可以间接用高斯定理求解,情况(b)不可以.(2) 这是一个非对称分布的电荷,因而不能直接用高斯定理求定解.但半径为R 的球及半径为r 的空腔是球对称的.可以利用这一特点把带电体看成半径为R 的均匀带电ρ+的球体与半径为r 的均匀带电ρ-的球体迭加.相当于在原空腔处补上体电荷密度为ρ+和ρ-的球体.这时空腔内任一点P 的场强12=+E E E其中1E 与2E 分别是带ρ+的大球和带ρ-的小球在P 点的场强. 1E 与2E 都可用高斯定理求得.图17.11()1113ρε==E r OP r()2223'ρε=-=E r O P r()120033ρρεε=-=OO'E r r r 由上述结果可知在空腔内各点场强都相等,方向由O 指向O',这是均匀场.17-11 解: 如图选取高斯面 (1) r R <时210d d r l πρε⋅=⎰⎰E S210d 2d r lE r l πρπε⋅=102r E ρε=102r ρε=r E e r R >时220d d R l πρε⋅=⎰⎰E S220d 2d R lE r l πρπε⋅=2202R E r ρε=2202R rρε=r E e(2) 求电势,选圆锥面为等势面 r R <时 ()2200d d 24RRr rrr U r R r ρρεε=⋅==-⎰⎰E r图17.12图17-13r R >时2200d d ln 22RRr rrR R RU r r rρρεε=⋅==⎰⎰E r17-12 解: (1) 根据场强迭加原理,O 点的场强 012340=+++=E E E E E (2) 根据电势迭加原理, O 点的电势 01234U U U U U =+++ 044qrπε=99244010910510.--⨯⨯⨯⨯=⨯()328810v .=⨯(3) ()000A q U =-()93101028810..-=⨯⨯-⨯628810J .-=-⨯(4) W A ∆=- 628810J .-=⨯17-13 解: (1) 00104q q U R R πε⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ 0143D q q U R R πε⎛⎫=-⎪⎝⎭06q Rπε=-()00D A q U U =-006q qRπε=图17-15图18.1(2) 0U ∞=()0D A q U U ∞=-- 006q qRπε=17-14 解：（1）68310100310V U Ed ∆==⨯⨯=⨯ （2）一次释放的能量为8931030910J W q U =∆=⨯⨯=⨯17-15 （1）00d P rU =⋅⎰E r00cos d E r θ=⎰0cos r E r = 0cos E r θ=- 0E z =-（2）将电荷由P 点移至O 点，电场力所做的功为()P O P O A W W q U U =-=- 0co s q E r θ=- 0q E z =- ∴ 0cos P W qE r θ=- 0q E z=- 第十八章 静电场中的导体和电介质18－1 解：（1）B,C 极接地，所以B,C 极为零电势。
大学基础物理学答案(习岗) 静电场
l l l +q +q P
-q -q O x 图 4-2
其中，p=ql 称电偶极矩。 解：电四极子可看成两个电偶极子的组合。设左边和右边两个电偶
极子在P点产生的场强分别为E左和E右，由教材例题4-1可知 其中，p=ql。
点处的合场强为 由于 上式可简化为
证毕。
x P dx/ dx
dE
dE合 dE/ θ 0 l a 图 4-3
其中，r为土粒的半径，q为土粒所带电量。请证明这个关系。
解：当未施加电场时带电土壤颗粒
图4-10
在重力作用下沉降，根据斯托克斯公式
可得 施加电场后，土壤颗粒的受力为 将以上两式联立求解，可得 证毕。
4-8 为了将混合在一起的带负电荷的石英颗粒和带正电荷的磷酸盐颗 粒分开，可以使之沿重力方向垂直通过一个电场区域来达到。如果电场 强度，颗粒带电率为，并假设颗粒进入电场区域的初速度为零。欲将石 英颗粒和磷酸盐颗粒分离100 mm以上，问颗粒通过电场区域的距离至 少应为多少?该题说明了在农业上很有实用价值的静电分选技术的原 理。
（2） 当时，。此时，上式可化为 即此时可将带电圆盘看作无限大带电平面。
（3）当时，可将带电圆盘看作点电荷，此时P点电场强度为
4-4 大多数生物细胞的细胞膜可以用两个分别带有电荷的同心球壳系 统来模拟。在图4-5中，设半径为和的球壳上分别带有电荷和，求：
（1）I、II 、III三个区域中的场强；
R1 R2 Q1 Q2 I II III 图4-5
4-2 一个均匀带电细棒长为，带电总量为。证明，在棒的垂直平分线 上离棒为处的电场强度为
证明：由题设条件可知，细棒的电荷线密度为。在图4-3中，对称的 取距离中点O为x处的电荷元dq ，。两个电荷元在P点产生的电场强度和 的水平分量相互抵消，在P点产生的合场强为和沿竖直向上的分量之 和。即
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第三篇 波动和波动光学第九章 振动和波动基础 思考题9-1 符合什么规律的运动是简谐振动、简谐振动的特征量由什么决定？答：某一物理量在某一量值值附近随时间作周期性往复变化的运动是简谐运动, 或者是描述系统的物理量ψ遵从微分方程ψωψ222-=dtd , 则该系统的运动就是简谐运动. 其特征量为振幅(由初始状态决定),频率(由做简谐振动系统的物理性质决定),初相位（由振动的初始状态决定）.9-2 说明下列运动是不是谐振动： （1）完全弹性球在硬地面上的跳动； （2）活塞的往复运动；（3）如本问题图所示，一小球沿半径很大的光滑凹球面滚动（设小球所经过的弧线很短）；（4）竖直悬挂的弹簧上挂一重物，把重物从静止位置拉下一段距离（在弹性限度内），然后放手任其运动；（5）一质点做匀速圆周运动，它在直径上的投影点的运动。
（6）小磁针在地磁的南北方向附近摆动。
答：简谐振动的运动学特征是：振动物体的位移（角位移）随时间按余弦或正弦函数规律变化；动力学特征是：振动物体所受的合力（合力矩）与物体偏离平衡位置的位移（角位移）成正比而反向。
从能量角度看，物体在系统势能最小值附近小范围的运动是简谐振动。
所以： （1）不是简谐运动，小球始终受重力，不满足上述线性回复力特征。
（2）不是简谐振动。
活塞所受的力与位移成非线性关系，不满足上述动力学特征。
（3）是简谐振动。
小球只有在“小幅度”摆动时才满足上述特征。
（4）是简谐振动。
（5）是简谐振动。
因为投影点的方程符合物体的位移（角位移）随时间按余弦或正弦函数规律变化（6）是简谐振动。
小磁针只有在“小幅度”摆动时才满足上述特征。
9-3 一弹簧振子由最左位置开始摆向右方，在最左端相位是多少？过中点、达右端、再回中点、返回左端等各处的相位是多少？初相位呢？若过中点向左运动的时刻开始计时，再回答以上各问。
答：在最左端相位是π思考题 9-2 图9-4 同一弹簧振子，当它在光滑水平面上做一维谐振动和它在竖直悬挂情况下做谐振动，振动频率是否相同？如果它放在光滑斜面上，它是否还做谐振动，振动频率是否改变？如果把它拿到月球上，由频率有什么变化？9-5 做谐振动的弹簧振子，当其（1）通过平衡位置时；（2）达到最大位移时；速度、加速度、动能、弹性势能中，哪几个达到最大值，哪几个为零？答: (1)当弹簧振子通过平衡位置时, 速度和动能达到最大, 加速度和弹性势能为零. (2) 达到最大位移时, 加速度和弹性势能最大, 速度和动能达到最大.9-6 受迫振动的频率与强迫力的频率相同，相位是否相同？从相位看，共振应发生在何值？9-7 什么是波动？振动和波动有什么区别和联系？波动曲线与振动曲线有什么不同？ 答：波动是振动状态的传播过程, 波动的产生要有激发波动的振动系统, 既波源, 振动是原因, 波动是结果. 波传播过程中各点的振动频率都应与波源频率相同. 振动具有一定的能量, 波动过程伴随能量的传播. 波动曲线是一个点自波源由近及远传播, 振动曲线是表示一个点在最大位移处与平衡位置处的振动. 波动曲线的横轴为波传播的位移, 振动曲线横轴为振动的时间.9-8 试判断下面几种说法，哪些是正确的，哪些是错误的？ （1）机械振动一定能产生机械波；（2）质点振动的速度和波的传播速度是相等的； （3）质点振动的周期和波的周期数值是相等的； （4）波动方程式中的坐标原点是选取在波源位置上。
答：(1)错误, 还需要弹性媒质(2)错误, 波动的速度由媒质的性质决定, 两者没有必然的联系. (3)对 (4) 不一定9-9 什么是波长、波的周期和频率、波速？它们之间有什么关系？它们各由什么决定？9-10 波动方程 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=φωv x t A y cos 中 v x表示什么？如果把它写成⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=φωωv x t A y cos ，则t x ω又表示什么？答：υx 表示振动状态从振源传播到某点需要的时间. υωx表示振动状态从振源传播到某点相位的变化.9-11 关于波长的概念有三种说法，试分析它们是否一致： （1）同一波线上，相位差为2π 的两个振动质点之间的距离； （2）在同一个周期内，振动所传播的距离；（3）横波的两个相邻波峰（或波谷）之间的距离；纵波的两个相邻密部（或疏部）对应点之间的距离。
答：三种说法一致（1）首先用波函数)2cos(),(φλπω+-=xt A t x y 来分析，同一波上两质点1x ，2x 其相位分别为φλπωϕ+-=112x t ，φλπωϕ+-=222x t , 所以相位差为π2即121=-λx x 的两质点间的距离为λ。
（2）在一个周期，振动的质点其位相差为π2和（1）一致；（3）中只要将某时刻的波形图作出，很显然，相邻的波峰（谷），纵波的相邻密部（疏部）对应点其相位差为π2，和（1）（3）是一致的；9-12 试讨论波动能量的传输过程；比较波动能量与振动能量。
答：由于波动中，传播出去的是介质质元的振动状态和能量，但质量元并未传播出去，而是在各自的平衡位置做往复的振动，由于介质质量元之间的弹性相互作用，质元振动状态和能量才能传播出去。
也正是由于介质元之间的相互作用使它们不是孤立系统，因而其振动能量特征与孤立谐振子的振动能量不同。
振动能量是振动系统的机械能，对于简谐振动，振动能量221kA E E E P k =+=，是个恒量。
波的能量是指介质元振动时的动能与因形变而具有的势能之和。
动能和势能随时间和位置作同步的周期性的变化。
波的能量在介质中是连续分布的。
因而用能量密度(单位体积介质具有的能量)来反映能量的分布。
能量密度随时间和位置周期性变化说明能量是随着波的传播而传播的。
9-13 振荡电偶极子辐射的电磁波有什么特点？直线型振荡电路有什么优点？9-14 产生波的干涉的条件是什么？两波源发出振动方向相同、频率相同的波，当它们在空中相遇时，是否一定发生干涉？为什么？两相干波在空间某点相遇，该点的振幅如果不是最大值，是否一定是最小值？答：波的相干条件是频率相同、振动方向相同和相位差恒定。
两波源发出振动方向相同、频率相同的波，在空间相遇时不一定发生干涉现象。
因为(1)两列波在相遇点引起的振动的相位差不能保持恒定时，相遇区域没有稳定的强弱分布。
不发生干涉现象；(2)若两列波振幅差别很大，相遇区域强弱分布不显著，也观察不到干涉现象。
9-15 如果两波源所发出的波振动方向相同、频率不同，则它们在空间相遇叠加时，两波在相遇点的相位差与哪些因素有关？叠加后空间各点的振幅是否稳定？9-16 驻波中各质元的相位有什么关系？为什么说相位没有传播？在驻波中任意两相邻波节之间各点振动的振幅、频率、相位是否相同？在一波节两边的点又如何？ 答：驻波中，相邻两波节间各质元的振动相位相同，同一个波节两侧各质元振动的相位相反。
驻波实际上是一种分段振动现象。
驻波不象行波那样沿波线后一质元重复前一质元的振动，所以驻波的相位不向前传播。
驻波和行波有什么区别？驻波中各质元的位相有什么关系？为什么说位相没有传播？驻波中各质元的能量是如何变化的？为什么说能量没有传播？驻波的波形有何特点？ 解 行波是振动在媒质中传播，波的传播过程有波形、位相及能量的传播。
驻波的特征如下：（1）波形驻定，位移恒为零的点是波节；位移恒最大处是波腹。
相邻两波节（或波腹）之间的距离等于2/λ。
没有波形的传播。
（2）位相驻定，相邻两波节之间的质点的振动位相相同——同起同落；一个波节两侧的质点的振动位相相反——此起彼落。
故没有位相的传播。
（3）驻波的能量被限制在波节和波腹之间长度为4/λ的小区段中，动能和势能相互转化，其总量守恒，因此能量没有传播。
9-17 如何理解“半波损失”？答：当波从波疏介质射入波密介质，在介面上发生反射时，就会产生π的相位突变，由于位相差与波程差的关系为λδπϕ2=∆，πϕ=∆意味着波程相差2λ，即波在反射点处，如同多或少传播了半个波长的距离，这就是为什么称这种相位突变为半波损失的原因。
习 题9-1 质量为10×10－3kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按⎪⎭⎫⎝⎛+=ππ328cos 1.0t x 的规律做振动。
式中t 以秒计，x 以米计。
（1）求：振动的圆频率、周期、振幅、初相以及速度和加速度的最大值。
（2）求：最大回复力、振动总能量、平均动能和平均势能。
（3）t =1、2、5、10s 等各时刻的周相各是多少？ （4）分别画出这振动的x -t 、v -t 和a -t 图线。
解:(1)18-=s πω , s T 25.02==ωπ, m A 1.0= , πφ320=()πππ328sin 1.08+⨯-=t v ⇒ 1max512.21.08-=⨯=ms v π ()πππ3228cos 1.064+⨯-=t a ⇒ 22max 1.631.064-=⨯=msa π （2）232))328sin(8.0(10102121πππ+⨯⨯⨯==-t mv E k232max max )8.0(10102121π⨯⨯⨯===-kA E E P k 2)8.0(1.0π⨯=⇒k 222))328cos(1.0()8.0(1.02121πππ+⨯⨯⨯==∴t kx E P最大回复力kx F -=N kx F 063.01.0)8.0(1.02max max =⨯⨯-=-=⇒π总能量22321016.3)8.0(10102121--⨯=⨯⨯⨯==+=πkA E E E P k)(sin 21222ϕ+=t A m E ωωk222k k 00111dt sin ()dt 2T T E E m A t T T ωωϕ==⋅+⎰⎰2241A m ω=J 221058.1)1.0(41-⨯=⨯⨯⨯⨯=23-)(81010π 2p p 00111d d 2T T E E t kx t T T ==⎰⎰⎰+=T dt t kA T 022)(cos 211ϕω⎰+⋅=T dt t T kA 022)(cos 121ϕωJ k 221058.121-⨯===E kA (3) 328ππφ+=t ∴πππφ3263281=+= πππφ35032162=+=πππφ312232405=+= πππφ3242328010=+=9-2 一个沿OX 轴做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。
如果在t =0时，质点状态分别为： （1）A x -=0；（2）过平衡位置向正方向运动；（3）过2Ax =处向负方向运动； （4）过2Ax -=处向正方向运动；试求出相应的初相之值，并写出振动方程。
解: 其振动方程为)2cos(φπ+=t TA x 在0=t 时, 质点状态为(1) A x -=0, 则φcos A A =-, πφ= ,)2cos(ππ+=t TA x ; (2)过平衡位置时, 00=x , 则0cos =φA , 2/πφ=或者2/3πφ=, 因为其向正方向运动, ∴ 0>v , 0sin >-==φA x v , 2/3πφ=或者2/πφ-=, )232cos(ππ+=t T A x 或者 )22cos(ππ-=t T A x(3) 过20A x =时, φcos 2A A=, 3/πφ=或者3/5πφ=. 因为向负方向运动,∴ 0<v , 可以得到3/πφ=满足条件, )32cos(ππ+=t T A x ;(4) 过20A x -=处, φcos 2A A=-, 3/2πφ=或者3/4πφ=, 因为其向正方向运动,∴ 0>v ,可以得到3/4πφ=满足条件, )342cos(ππ+=t T A x .9-3 如图所示，弹簧振子水平放置，弹簧的劲度系数为k ，振子质量为m 。