湖南大学物理(2)第13章课后习题参考答案
湖南大学大学物理练习册答案(一、二两册全)
大学物理（一）练习册 参考解答第1章 质点运动学一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(D)，5(D)，6(D)，7(D)，8(D )，9(B)，10(B)， 二、填空题(1). sin 2t A ωω，()π+1221n (n = 0,1,… ),(2). 8 m ，10 m. (3). 23 m/s.(4). 16Rt 2 ，4 rad /s 2(5). 4t 3-3t 2 (rad/s)，12t 2-6t (m/s 2). (6).331ct ，2ct ，c 2t 4/R .(7). 2.24 m/s 2，104o(8). )5cos 5sin (50j t i t+-m/s ，0，圆. (9). h 1v /(h 1-h 2) (10). 0321=++v v v三、计算题1. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度；(3) 第2秒内的路程．解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2, v (2) =-6 m/s. (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m.2. 一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v = 2t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 02⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)3. 质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2(SI)，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v() 2 213 x x +=v4. 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为-=a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt yy t a d d d d d d d d vvv v===又 -=a ky ∴ -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C kyy ky 222121, d d vv v已知 =y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v5. 一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cb cR t -=6. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//sRttk ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2= 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=n t a a a m/s 27. (1)对于在xy 平面内，以原点O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r 、角速度ω和单位矢量i、j 表示其t 时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r , 角速度ω如图所示；(2)由(1)导出速度 v与加速度 a的矢量表示式； (3)试证加速度指向圆心．解：(1) j t r i t r j y i x rs i n c o s ωω+=+=(2) j t r i t r t rc o s s i nd d ωωωω+-==v j t r i t r tas i n c o s d d 22ωωωω--==v (3) ()r j t r i t r a s i n c o s 22ωωωω-=+-=这说明 a 与 r 方向相反，即a指向圆心8. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为 180 km/h ，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知v AE 大小未知， 正北方向由相对速度关系有： FE AF AE v v v +=AE v 、 AF v 、EE v 构成直角三角形，可得 ()()k m /h 17022v v v =-=FEAFAE() 4.19/tg1==-AEFEv v θ（飞机应取向北偏东19.4︒的航向）．西北θFEv vAF v vAEvv四 研讨题1. 在下列各图中质点M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？参考解答：(1)、(3)、(4)是不可能的．(1) 曲线运动有法向加速度，加速度不可能为零；(3) 曲线运动法向加速度要指向曲率圆心； (4) 曲线运动法向加速度不可能为零.2. 设质点的运动方程为)(t x x =，)(t y y =在计算质点的速度和加速度时： 第一种方法是，先求出22yx r +=，然后根据 td d r =v 及 22d d tr a =而求得结果；第二种方法是，先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 22)d d ()d d (ty t x +=v 和 222222)d d ()d d (ty tx a +=.你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。
2025届湖南省高三上学期联考(二)物理试卷含答案解析
2025届湖南省高三上学期联考（二）物理试卷含答案解析一、单选题1. 物理学的发展离不开物理学家的努力，下列说法错误的是（）A.1864年，英国物理学家麦克斯韦证实了电磁波的存在，光是一种电磁波B.1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量C.胡克认为，只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D.荷兰物理学家惠根斯确定了单摆的周期公式，周期为两秒的单摆叫秒摆【答案】A【解析】A．1887年，德国物理学家赫兹证实了电磁波的存在，光是一种电磁波，故A错误；B．1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，故B正确；C．胡克认为，只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故C正确；D．荷兰物理学家惠根斯确定了单摆的周期公式，周期为两秒的单摆叫秒摆，故D正确。
本题选择错误的，故选A。
2. 核反应816O+2654Fe→2858Ni+612C被称作核转移反应，即一个原子核的一部分在反应后转移到另一原子核。
此反应中，发生核转移的部分为（）A.23HeB.24HeC.12HD.11H【答案】B【解析】根据质量数与电荷数守恒有16-12=4，8-6=2可知，此反应中，发生核转移的部分为24He。
故选B。
3. 瑞瑞在一节大学物理实验课上用光源发出的光照射光电管来测量光电流与所加电压关系。
已知光源L的光谱如图所示，则I−U曲线最可能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】波长越小，光的频率约高，由光电效应方程可得E k=ℎν−W=ℎcλ−W当光的频率大于光电管的截至频率，频率越大，激发的光电子初动能越大。
光源L的光谱中波长500nm~800nm的波占多数，产生的初动能较小的光电子，则反向电压较小时，电流会出现突然衰减。
故选A。
4. 如图，边长为L的N匝正方形线框连接用电器，在竖直方向的磁场中绕水平轴线以角速度ω旋转，t=0时线框水平，磁感应强度随时间变化的表达式为B(t)=B0sinωt，则线圈产生的感应电动势的有效值为（）A.NB0L2ωB.02√2C.NB0L2ω2D.√2NB0L2ω【答案】B【解析】若从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量为Φ=BL2cosωt=B0L2sinωtcosωt=12B0L2sin2ωt根据法拉第电磁感应E=NΔΦΔt，可得线圈中产生的感应电动势大小为e=NB0ωL2cos2ωt则线圈中产生的感应电动势的有效值为E=E√2=NB L2ω√2故选B。
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(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子．
其中正确的是：
(A) (1)，(2).
(C) (3)，(4).
9. 直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是
(A) 康普顿实验．
(C) 戴维孙－革末实验．
4)
n = 3，l = 2，ml = 0，
2. 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力 F
与两极板间的电压 U 的关系是：
(A) F∝U． (C) F∝1/U 2．
(B) F∝1/U． (D) F∝U 2．
3. 一导体球外充满相对介电常量为r 的均匀电介质，若测得导体表面
附近场强为 E，则导体球面上的自由电荷面密度为
(A) 0 E． (C) r E．
［
［
［
［
［
［
设无穷远处为电势零点，则圆环中心 O 点的电势
］
］
］
］
］
］
U＝______________________．
2.（本题 4 分） 一个带电的金属球，当其周围是真空时，储存的静电能量为 We0，使其电荷保持不变，把它浸没在相
对 介电常量为r 的无限大各向同性均匀电介质中，这时它的静电能量 We
课程名称： 大学物理 ；试卷编号： 1 ；考试时间：120 分钟
题 号 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 总分
应得分
实得分
评卷人
一、选择题（单选题，每小题 3 分，共 30 分）
1. 一点电荷，放在球形高斯面的中心处．下列哪一种情况，通过高斯面
的电场强度通量发生变化：
(A) 将另一点电荷放在高斯面外． (B) 将另一点电荷放进高斯面内． (C) 将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内． (D) 将高斯面半径缩小．
大学物理13章习题详细答案（供参考）
大学物理13章习题详细答案（供参考）习题1313-3．如习题13-3图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。
设两板面积都是S ，板间距为d ，忽略边缘效应，求：(1)板B 不接地时，两板间的电势差。
(2)板B 接地时，两板间的电势差。
[解] (1)两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B 不接地，电荷分布为因而板间电场强度为SQ E 02ε=电势差为SQdEd U 0AB 2ε== (2) 板B 接地时，在B 板上感应出负电荷，电荷分布为故板间电场强度为 SQ E 0ε=电势差为 SQdEd U 0AB ε== 13-4 两块靠近的平行金属板间原为真空。
使两板分别带上面电荷密度为σ0的等量异号电荷，这时两板间电压为U 0=300V 。
保持两板上电量不变，将板间空间一半如图习题13-4图所示充以相对电容率为εr =5的电介质，试求（1）金属板间有电介质部分和无电介质部分的E,D 和板上的自由电荷密度σ；（2）金属板间电压变为多少？电介质上下表面束缚电荷面密度多大？13-5．如习题13-5图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面A 、B和C ，半径分别为R A 、R B 、R C 。
圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地。
求B 的内表面上线电荷密度λ1和外表面上线电荷密度λ2之比值λ1/λ2。
[解] 由A 、C 接地 BC BA U U = 由高斯定理知r E 01I 2πελ-=rE 02II 2πελ= 因此 AB BC 21ln :ln:R R R R =λλ 13-6．如习题13-6图所示，一厚度为d 的无限大均匀带电导体板，单位面积上两表面带电量之和为σ。
试求离左表面的距离为a 的点与离右表面的距离为b 的点之间的电势差。
[解] 导体板内场强0=内E ，由高斯定理可得板外场强为故A 、B 两点间电势差为13-7．为了测量电介质材料的相对电容率，将一块厚为B A-Q/2Q/2Q/2Q/2A B -QQIII ⅠⅡⅢBA1.5cm 的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为2.0cm 的两平行板中间。
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). R 2c ；(3).)4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5).i .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0).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 rRIB ≤π=μ因而.穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI 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2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.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 d Φr 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0 =4×10-7T ·m/A.铜的相对磁导率r ≈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 R Ix20d 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 DE 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, aI B BC π=240μ.方向．同样 )28/(0a I B B EF DE 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 = 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 =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 ＝3.0×10-1T.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。
第二章课后习题答案(湖南大学物理)
第二章 质点力学的基本定律2.1 如图所示，把一个质量为m 的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs 较小，因此若不加支持，木块将加速下滑． （1）试证tan θ≧μs ； 的水平力F，可使木块恰不下滑？这时木块对（2）须施加多大斜面的正压力多大？（3）如不断增大F 的大小，则摩擦力和正压力将有怎样的变化？（1）[证明]木块在斜面上时受到重力G mg =和斜面的支持力N 以及静摩擦力f ，其中f ≦ f s = μs N ，而 N = G cos θ． 要使木块加速下滑，重力沿着斜面的分量不得小于最大静摩擦力f s ．根据牛顿第二定律得μs G cos θ = ma ≧0，G sin θ - 因此tan θ≧μs ． 证毕．（2）[解答]要使物体恰好不下滑，则有 - F cos θ = 0， （1） G sin θ - μs N F sin θ = 0． （2） N - G cos θ - （2）×μs +（1）得μs G cos θ – F cos θ - μs F sin θ = 0，G sin θ -解得sin cos cos sin s s F mgθμθθμθ-=+． （3）上式代入（2）得cos sin s mgN θμθ=+．（4）（3）[解答]当木块平衡时，一般情况下，有G sin θ - f - F cos θ = 0，N - G cos θ - F sin θ = 0． 解得f = G sin θ - F cos θ，N = G cos θ + F sin θ．可知：1当F的大小不断增加时，摩擦力将不断减小；当F = G tan θ时，摩擦力为零；当F再增加时摩擦力将反向；至于木块是否向上做加速运动，则要进一步讨论．2正压力将不断增加．[讨论]当tan θ < 1/μs 时，如果木块恰好不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，可得图2.1sin cos cos sin s s F mgθμθθμθ+=-．将（3）式中的μs 改为-μs 就是这个结果．可见：当tan θ = 1/μs 时，F 趋于无穷大，只有当tan θ< 1/μs 时，才能增加F 的大小使木块向上加速滑动．2.2 如图所示，设质量m = 10kg 的小球挂在倾角α = 30°的光滑斜面上，求：（1）当斜面以加速度a = g /3沿图中所示的方向运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大？（2）当斜面的加速度至少为多大时小球对斜面的正压力为零？（g = 9.8m·s -2）[解答]（1）小球受到重力G ，斜面的支持力N 和绳子的张力T ．建立坐标系，列方程得 T sin α – mg = 0， N cos α + N sin α = ma ． T cos α - 解得N = m (g cos α – a sin α) = 68.54(N)， m (g sin α + a cos α) = 77.29(N)． T = （2）令N = 0，得加速度为 a = g ctg α = 16.97(m·s -2)．2.3 物体A 和B 的质量分别为m A = 8kg ，m B = 16kg ，它们之间用绳子联结，在倾角α = 37°的斜面上向下滑动，如图所示．A 和B 与斜面的滑动摩擦因素分别为μkA = 0.2，μkB = 0.4，求：（1）物体A 和B 的加速度； （2）绳子的张力；（3）如果将A 和B 互换位置，则（1）和（2）的结果如何？[解答]根据角度关系可得sin α = 3/5 = 0.6，cos α = 4/5 = 0.8，0.75．tan α = 3/4 = （1）如果物体A 和B 之间没有绳子，由于tan θ≧μs ，可知：A 和B 都要沿斜面做加速运动，而B 的加速度比较小．当A 和B 之间有绳子时，它们将以相同的加速度运动．设绳子的张力为T ，根据牛顿第二定律分别对A 和B 列运动方程： μkA m A g cos α - T = m A a ，m A g sin α – m B g sin α – μkB m B g cos α = m B a ． T + 两式相加得 [(m A + m B )sin α – (μkA m A + μkB m B )cos α]g m B )a ， = (m A + 所以加速度为 [sin cos ]kA A kB BA Bm m a g m m μμαα+=-+= 3.26(m·s -2)．（2）将加速度a 的公式代入任一方程都可解得张力为图2.3()cos kB kA A B A Bm m g T m m μμα-=+= 3.86(N)．由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张力才为零，这是因为它们的加速度相等．（3）将A 和B 互换位置后，由于A 的加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力为零． A 的运动方程为m A g sin α – μkA m A g cos α = m A a A ， 解得 a A = g (sin α – μkA cos α) = 4.12(m·s -2)． 同理得a B = g (sin α – μkB cos α) = 2.7(4m·s -2)．2.4 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 2211sin 22y at g t α==⋅．x = v 0t ，将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2.5 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？ [解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用． 板对物体的支持大小等于物体的重力N m = mg = 19.6(N)，这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为f m = ma = 2(N)， 这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力M )g = 29.4(N)，N M = (m + 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为f M = μk N M = 7.35(N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为图2.4f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为+ M )g = Ma`， F – f – μk (m 即 F = f + Ma`+ μk (m + M )g = (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2.6 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= .78(m·s -2)， 绳对它的拉力2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2.7 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证： （1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足12111k k k =+；关系关系式（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2． [解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此1212F F F k k k =+，即12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2，即k = k 1 + k 2．12图2.62 图2.72.8 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；度1a 沿水平方向运动；（2）小车以加速（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；行的加速度1b把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）；（4）用与斜面平的加速度2b（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．（5）以同样大小[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ． （2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于ma/mg ， tan θ =所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力T ==（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ；T = mg cos φ． （4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长，与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边是mb cos φ，邻边是mg +mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T ==．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2.9 如图所示：质量为m = 10kg 的小球，拴在长度l = 5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多（2）图2.9大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为22d d s F ma m t ==， 其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，得2601cos 2B v gl θ︒=，解得B v =s -1)．由于22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为(2cos 1)Cn a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为a n = 0， 绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2.10 一质量为m 的小球，最初静止于如图所示的A 点，然后沿半径为r 的光滑圆弧的内表面ADCB 下滑．试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力．[解答]此题情形与上一题的数学类型是相同的． 取上题中l = r ，对（1）式积分 090d sin d C v v v gr αθθ-︒=-⎰⎰， 2901cos 2C v rg αθ-︒=，得 解得速度为C v ，角速度为C v r ω==由于N C – mg cos α = 2mg cos α，所以 N C = 3mg cos θ．2.11 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则 mg cos θ． F = 小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．图2.11由于d v t =，所以22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s vv t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ， h 表示石下落的高度．积分得 212v g h C=+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0， 因此速率为v =2.12 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212km v C x =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2n x mv k x =-⎰．（1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =（2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101nk C x n -=--，因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2.13 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d v f mg kv mt =--=，分离变量得d d()d v m mg kv t mmg kv k mg kv +=-=-++，积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln /m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++，小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤． 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+，当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2.14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v vf m mR t μ=-=，即 2d d kv t R v μ=-．积分得1kt C Rv μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-，因此 011kt Rv v μ=-． 解得01/k v v v t R μ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++，积分得0ln (1)`k kv tRx C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2.15 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为 F = mg tg θ． 珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ， 可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosgR θω=±．2.16 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得 = F d t = -kA cos ωt d t ， d I 积分得冲量为 /20(cos )d I kA t t ωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0，末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．mg图2.152.17 一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=-得21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得p ∆=．因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR == 2/42R T T mvmvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为F cos ωt ，F x = F cos θ = F sin ωt ， F y = F sin θ = 给小球的冲量大小为F cos ωt d t ，d I x = F x d t =d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得/4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2.18用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v ==14(m·s -1)，其速度的增量为v ∆=s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)， 对球的作用力为（不计重力）F = I/t = 366.2(N)．2.19 如图所示，3个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2） [解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a ，可列方程T = Ma ，联立方程可得a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式s = v 0t + at 2/2，可得B 拉C 之前的运动时间t =．此时B 的速度大小为v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．v xΔvv y2.20 一个原来静止的原子核，放射性蜕变时放出一个动量p 1 = 9.22×10-16g·cm·s -1的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向上放出一个动量p 2 = 5.33×10-16g·cm·s -1的中微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方向．[解答]原子核蜕变后的总动量大小为p =10-16(g·cm·s -1)．其方向与电子方向的夹角为θ = arctan(p 2/p 1) = 30°． 根据动量守恒定律，三个粒子总动量为零，12`0p p p ++=，所以原子核的反冲动量为12`()p p p p =-+=- ，其大小与电子和中微子的合动量的大小相等，方向相反，与电子速度的夹角为180 - θ = 150°．2.21 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作矢量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45°=0cos θ．2.22 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？方向为正方向，弧位移d s的大小为[解答]取弧长增加的d s = R d θ．重力G的大小为G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πsin d mgR θθ=-，图2.22积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f的大小为f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为4520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F就是平衡力，即0F G f ++=， 或者 ()F G f =-+．拉力的功元为d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR =．由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2.23 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为E 1 = mv 02/2，末动能为E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ， 积分得20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为2316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量-fs = ΔE k ，可得 s = -ΔE k /f ， 由此也能计算弧长和圈数。
湖南大学精编物理化学讲义课后答案
湖南大学精编物理化学讲义课后答案1、11．小明正在家里练习弹吉他，下列有关吉他的说法正确的是（）[单选题] *A．吉他发出的声音一定不是噪声B．吉他发出的声音是吉他弦振动产生的(正确答案)C．弹吉他时，用力越大，发出声音的音调越高D．弹吉他时，手按压吉他弦不同位置是为了改变响度2、41．下列物态变化现象中，说法正确的是（）[单选题] *A．夏天从冰箱取出的冰棍周围冒“白气”，这是空气中水蒸气的凝华现象B．市场上售卖“冒烟”的冰激凌，是由于其中的液氮汽化吸热致使水蒸气液化形成(正确答案)C．在饮料中加冰块比加冰水的冰镇效果更好，是因为冰块液化成水的过程中吸热D．手部消毒可以用酒精喷在手上，感到凉爽是因为酒精升华吸热3、4．电火花计时器接学生电源直流输出端．[判断题] *对错(正确答案)4、关于物质的密度,下列说法正确的是（）[单选题] *A. 一罐氧气用掉部分后,罐内氧气的质量变小,密度不变B. 一只气球受热膨胀后,球内气体的质量不变,密度变大C. 一支粉笔用掉部分后,它的体积变小,密度变小D. 一块冰熔化成水后,它的体积变小,密度变大(正确答案)5、34．关于物质的密度，下列说法正确的是（）[单选题] *A．铜的密度是9×103kg/m3，表示lm3铜的质量为9×103kg(正确答案)B．一罐氧气用掉部分后，罐内氧气的质量变小密度不变C．一块砖切成体积相等的两块后，砖的密度变为原来的一半D．密度不同的两个实心物体，其质量一定不同6、仅受地磁场作用，可自由转动的小磁针静止时，N极指向地理北极附近[判断题] *对(正确答案)错答案解析：受地磁场作用，小磁针N极指北方，S极指南方7、50．下列现象中与电视机的荧光屏表面常沾有许多灰尘的物理道理相同的是（）[单选题] *A．塑料梳子梳头发，头发变得蓬松B．冬天脱毛衣时产生电火花C．塑料泡沫容易吸在化纤衣服上(正确答案)D．油罐车后拖有长长的铁链8、继共享单车之后，共享汽车已经悄然走进我们的生活。
高考物理总复习章节精练精析第13章(带答案与解析)解答解析、考点详解.doc
高考物理总复习章节精练精析第13章（带答案与解析）的正确答案、解答解析、考点详解姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________1.【题文】关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是( ) A ．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B ．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C ．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的D ．实物粒子的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性【答案】D【解析】实物粒子与光子都具有波粒二象性，A 、B 、C 正确．2.【题文】(2009年高考辽宁、宁夏理综卷)关于光电效应，下列说法正确的是( )A ．极限频率越大的金属材料逸出功越大B ．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C ．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D ．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多【答案】A.【解析】由hν0＝W 知A 正确；入射光频率低于极限频率，光照时间不论有多长，都不能发生光电效应，B 错；由Ekm ＝hν－W 知，最大初动能的大小既与入射光频率有关，也与逸出功有关，C 错；单位时间内逸出的光电子数只与光强有关，与光频率无关，D 错．3.【题文】(2009年高考广东卷)硅光电池是利用光电效应原理制成的器件．下列表述正确的是()A ．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置B ．硅光电池中吸收了能量的电子都能逸出C ．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关D ．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应【答案】：A【解析】略4.【题文】(2010年高考四川卷)用波长为2.0×10－7 m 的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10－19 J ．由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s，光速c ＝3.0×108 m/s ，结果取两位有效数字)( )A ．5.5×1034 HzB ．7.9×1014 HzC ．9.8×1014 HzD ．1.2×1015 Hz【答案】B.【解析】该题考查光电效应方程，由mv2＝h－W0和W0＝hν0可得ν0＝7.9×1014 Hz，B选项正确．5.【题文】在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占整个从单缝射入的光强的95%以上，假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子( )A．一定落在中央亮纹处B．一定落在亮纹处C．可能落在暗纹处D．落在中央亮纹处的可能性最大【答案】：CD【解析】略6.【题文】(2011年东阳中学高三月考)用频率为ν1的单色光照射某种金属表面，发生了光电效应现象．现改为频率为ν2的另一单色光照射该金属表面，下面说法正确的是( )A．如果ν2＞ν1，能够发生光电效应B．如果ν2＜ν1，不能够发生光电效应C．如果ν2＞ν1，逸出光电子的最大初动能增大D．如果ν2＞ν1，逸出光电子的最大初动能不受影响【答案】AC.【解析】对一定的金属，入射光的频率必须大于或等于某一频率ν时才会产生光电效应，频率ν称为截止频率，如果入射光的频率低于截止频率ν，则不论光强多大，照射时间多长，都不会产生光电效应，不同的金属有不同的截止频率．所以当ν2＞ν1时能够发生光电效应，ν2＜ν1时不一定能够发生光电效应，A正确，B错误；又光电子的初动能随着入射光频率的增加而线性增加，所以当ν2＞ν1时逸出光电子的初动能增大，C正确，D错误．7.【题文】图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象．由图象可知( )A．该金属的逸出功等于EB．该金属的逸出功等于hν0C．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED．入射光的频率为ν0/2时，产生的光电子的最大初动能为E/2【答案】：ABC【解析】略8.【题文】(2010年高考浙江卷)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图所示．则可判断出( )A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能【答案】B.【解析】由于是同一光电管，因而不论对哪种光，极限频率和金属的逸出功相同，对于甲、乙两种光，反向截止电压相同，因而频率相同，A项错误；丙光对应的反向截止电压较大，因而丙光的频率较高，波长较短，对应的光电子的最大初动能较大，故C、D均错，只有B项正确．9.【题文】紫光的波长为4000 A，金属钠的逸出功为3.5×10－19 J，求：(1)每个紫光光子的能量为多少？(2)若用该紫光照射金属钠时，产生的光电子的最大初动能是多少？【答案】：(1)5.0×10－19 J (2)1.5×10－19 J【解析】(1)因E＝hν，而ν＝，所以E＝＝J＝5.0×10－19 J.(2)由爱因斯坦的光电效应方程得：hν＝W＋Ekmax，所以Ekmax＝hν－W＝5.0×10－19 J－3.5×10－19 J＝1.5×10－19 J.10.【题文】(2011年温州八校联考)普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，铝的逸出功W0＝6.72×10－19 J，现用波长λ＝200 nm的光照射铝的表面(结果保留三位有效数字)．(1)求光电子的最大初动能；(2)若射出的一个具有最大初动能的光电子正对一个原来静止的电子运动，求在此运动过程中两电子电势能增加的最大值(电子所受的重力不计)．【答案】：(1)3.23×10－19 J(2)1.62×10－19 J【解析】(1)Ek＝hν－W0ν＝c/λ∴Ek＝3.23×10－19 J.(2)增加的电势能来自系统损失的动能，当两电子的速度相等时电势能最大，由动量守恒定律得mv0＝2mv损失的动能：ΔEk＝mv－(2m)v2＝1.62×10－19 J所以，电势能增加的最大值为1.62×10－19 J.11.【题文】(2011年广东广州模拟)仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条分离的不连续的亮线，其原因是( )A．氢原子只有几个能级B．氢原子只能发出平行光C．氢原子有时发光，有时不发光D．氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的【答案】D.【解析】光谱中的亮线对应不同频率的光，“分离不连续亮线”对应着不同频率的光，B、C错．氢原子在不同的能级之间跃迁时，辐射不同能量的光子，并且满足E＝hν.能量不同，相应光子频率不同，体现在光谱上是一些不连续的亮线，A错误D正确．12.【题文】许多物质在紫外线照射下能发出荧光，紫外线照射时，这些物质的原子先后发生两次跃迁，其能量变化分别为ΔE1和ΔE2，则下列说法正确的是( )A．两次跃迁均向高能级跃迁，且ΔE1＞ΔE2B．两次跃迁均向低能级跃迁，且ΔE1＜ΔE2C．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且ΔE1＞ΔE2D．先向低能级跃迁，再向高能级跃迁，且ΔE1＜ΔE2【答案】C.【解析】第一次跃迁是吸收紫外线光子，第二次跃迁是放出可见光光子．由于hν1＞hν2，故ΔE1＞ΔE2，C项正确．13.【题文】(2009年高考全国卷Ⅰ)氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为λ1＝0.6328 μm，λ2＝3.39 μm.已知波长为λ1的激光是氖原子在能级间隔为ΔE1＝1.96 eV的两个能级之间跃迁产生的．用ΔE2表示产生波长为λ2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则ΔE2的近似值为( )A．10.50 eVB．0.98 eVC．0.53 eVD．0.36 eV【答案】D.【解析】由跃迁公式得ΔE1＝，ΔE2＝，联立可得ΔE2＝·ΔE1＝0.36 eV，选项D对．。
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第13章 静电场中的导体和电解质一、选择题1(D)，2(A)，3(C)，4(C)，5(C)，6(B)，7(C)，8(B)，9(C)，10(B)二、填空题(1). 4.55×105 C ；(2). σ (x ，y ，z )/ε0，与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0). (3). εr ，1， εr ； (4). 1/εr ，1/εr ；(5). σ ，σ / ( ε 0ε r )； (6).Rq 04επ ；(7). P ，－P ，0； (8) (1- εr )σ / εr ； (9). 452； (10). εr ，εr三、计算题1.如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势． (3) 球心O 点处的总电势．解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 adqU q 04επ=⎰-aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+2. 一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm ，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183)解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布 为 )2/(r E ελπ= 设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为⎰⎰⋅π==R rRr r r r E U d 2d ελ 0ln 2r Rελπ=电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有002E r ελπ=，000ln r R E r U = 适当选择r 0的值，可使U 有极大值，即令0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U ，得 e R r /0=，显然有22d d r U < 0，故当 e R r /0= 时电容器可承受最高的电压 e RE U /0max = = 147 kV.3. 如图所示，一圆柱形电容器，内筒半径为R 1，外筒半径为R 2 (R 2＜2 R 1)，其间充有相对介电常量分别为εr 1和εr 2＝εr 1 / 2的两层各向同性均匀电介质，其界面半径为R ．若两种介质的击穿电场强度相同，问：(1) 当电压升高时，哪层介质先击穿？(2) 该电容器能承受多高的电压？解：(1) 设内、外筒单位长度带电荷为＋λ和－λ．两筒间电位移的大小为 D ＝λ / (2πr ) 在两层介质中的场强大小分别为E 1 = λ / (2πε0 εr 1r )， E 2 = λ / (2πε0 εr 2r ) 在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即E 1M = λ / (2πε0 εr 1R 1)， E 2M = λ / (2πε0 εr 2R ) 可得 E 1M / E 2M = εr 2R / (εr 1R 1) = R / (2R 1)已知 R 1＜2 R 1， 可见 E 1M ＜E 2M ，因此外层介质先击穿． (2) 当内筒上电量达到λM ，使E 2M ＝E M 时，即被击穿，λM = 2πε0 εr 2RE M 此时．两筒间电压(即最高电压)为：r r r r U R R r M RR r M d 2d 221201012⎰⎰+=επελεπελ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R R R R RE r r M r 22112ln 1ln 1εεε4. 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d )的金属片，如图所示. 试求：(1) 电容C 于多少？ (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为2211d E d E U U B A +=- )(210d d S q+=ε)(0t d Sq -=ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响．O R 1R 2Rεr 2εr 1t S S S d Ad 1t d 2d5. 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a ，外筒半径为b ，筒长都是L ，中间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．内、外筒分别带有等量异号电荷+Q和-Q ．设 (b - a ) << a ，L >> b ，可以忽略边缘效应，求：(1) 圆柱形电容器的电容；(2) 电容器贮存的能量．解：由题给条件 (a a b <<-)和b L >>，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为： )2/(0Lr Q E r εεπ= 两筒间的电势差 =π=⎰r drL QU bar εε02a b L Q r ln 20εεπ 电容器的电容 )]//[ln()2(/0a b L U Q C r εεπ== 电容器贮存的能量 221CU W =)/ln()]4/([02a b L Q r εεπ=6. 如图所示，一平板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，其间填有两层厚度相同的各向同性均匀电介质，其介电常量分别为ε1和ε2．当电容器带电荷±Q 时，在维持电荷不变下，将其中介电常量为ε1的介质板抽出，试求外力所作的功．解：可将上下两部分看作两个单独的电容器串联，两电容分别为d S C 112ε=，d SC 222ε= 串联后的等效电容为 ()21212εεεε+=d SC带电荷±Q 时，电容器的电场能量为 ()S d Q C Q W 21212242εεεε+== 将ε1的介质板抽去后，电容器的能量为 ()S d Q W 202024εεεε+='外力作功等于电势能增加，即 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-'=∆=102114εεS d Q W W W A7. 如图所示，将两极板间距离为d 的平行板电容器垂直地插入到密度为ρ、相对介电常量为εr 的液体电介质中．如维持两极板之间的电势差U 不变，试求液体上升的高度h ．解：设极板宽度为L ，液体未上升时的电容为 C 0 = ε0HL / d 液体上升到h 高度时的电容为()d hL dL h H C rεεε00+-=()011C H h r ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ε 在U 不变下，液体上升后极板上增加的电荷为()d hLU U C CU Q r /100-=-=∆εε电源作功 ()d hLU QU A r /120-==∆εε液体上升后增加的电能20212121U C CU W -=∆()d hLU r /12120-=εε 液体上升后增加的重力势能 2221gdh L W ρ=∆因 A = ∆W 1+∆W 2，可解出 ()2201gdU h r ρεε-=思考题1. 无限大均匀带电平面（面电荷密度为σ）两侧场强为)2/(0εσ=E ，而在静电平衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为σ）附近场强为0/εσ=E ，为什么前者比后者小一半？参考解答：关键是题目中两个式中的σ不是一回事。
下面为了讨论方便，我们把导体表面的面电荷密度改为σ′，其附近的场强则写为./0εσ'=E对于无限大均匀带电平面(面电荷密度为σ)，两侧场强为)2/(0εσ=E .这里的 σ 是指带电平面单位面积上所带的电荷。
对于静电平衡状态下的导体，其表面附近的场强为./0εσ'=E 这里的 σ′是指带电导体表面某处单位面积上所带的电荷。
如果无限大均匀带电平面是一个静电平衡状态下的无限大均匀带电导体板，则σ是此导体板的单位面积上(包括导体板的两个表面)所带的电荷，而σ′仅是导体板的一个表面单位面积上所带的电荷。
在空间仅有此导体板（即导体板旁没有其他电荷和其他电场）的情形下，导体板的表面上电荷分布均匀，且有两表面上的面电荷密度相等。
在此情况下两个面电荷密度间的关系为σ =2σ′。
这样，题目中两个E 式就统一了。
思考题2：由极性分子组成的液态电介质，其相对介电常量在温度升高时是增大还是减小？参考解答：由极性分子组成的电介质（极性电介质）放在外电场中时，极性分子的固有电矩将沿外电场的方向取向而使电介质极化。
由于极性分子还有无规则热运动存在，这种取向不可能完全整齐。
当电介质的温度升高时，极性分子的无规则热运动更加剧烈，取向更加不整齐，极化的效果更差。
此情形下，电极化强度Vp P i∆=∑ 将会比温度升高前减小。
在电介质中的电场E 不太强时，各向同性电介质的P 和E间的关系为E P r )1(0-=εε.很明显，在同样的电场下，当温度升高后，相对介电常量εr 要减小。
思考题3：有一上下极板成θ角的非平行板电容器（长为a ,宽为b ），其电容如何计算？参考解答：设一平行板电容器是由长为a ,宽为b 的两导体板构成,板间距为d ,则电容为,0dabC ε=若该电容器沿两极板的长度同一方向有d x 的长度增量,则电容为,d )d (0dxa C dx b a C εε+=+=' 在此基础上推广到如图所示的电容器，可以认为是在0C 的基础上,上极板沿与长度方向成θ角度连续增加到b ,下极板沿长度方向连续增加到b cos θ构成，把该电容器看成是由两个电容器并联时，该电容器的电容为db d a C l d la C Cb θθεθεθsin ln tan tan d 0cos 00++=++='⎰即非平行板电容器的电容，db d a C θθεsin lntan +=思考题4：为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为εr 的电介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A 、B 为平板电容器的导体极板，S 为极板面积，d 0为两极板间的距离。