《大学物理学》第二版下册习题解答
第九章 静电场中的导体
9.1 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为
(A) 3
2r
U R ． (B) R U 0． (C) 2
0r
RU ． (D) r U 0
． ［ C ］ 9.2如图所示，一厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板，电荷面密度为σ ，则板的两侧离
板面距离均为h 的两点a 、b 之间的电势差为：
(A) 0． (B)
2εσ
． (C) 0εσh ． (D) 0
2εσh
． ［ A ］
9.3 一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R ．在腔内离球心的距离为d 处( d < R )，固定
一点电荷+q ，如图所示. 用导线把球壳接地后，再把地线撤去．选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为 (A) 0 ． (B)
d
q
04επ．
(C)
R q 04επ-． (D) )1
1(4
R
d q -πε． ［ D ］
9.4 在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分布．如果将此
点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现： (A) 球壳内、外场强分布均无变化． (B) 球壳内场强分布改变，球壳外不变． (C) 球壳外场强分布改变，球壳内不变．
(D) 球壳内、外场强分布均改变． ［ B ］
9.5在一个孤立的导体球壳内，若在偏离球中心处放一个点电荷，则在球壳内、外表面上将
出现感应电荷，其分布将是：
(A) 内表面均匀，外表面也均匀． (B) 内表面不均匀，外表面均匀． (C) 内表面均匀，外表面不均匀．
(D) 内表面不均匀，外表面也不均匀． ［ B ］
9.6当一个带电导体达到静电平衡时： (A) 表面上电荷密度较大处电势较高． (B) 表面曲率较大处电势较高． (C) 导体内部的电势比导体表面的电势高．
(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零． ［ D ］
9.7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
a
dq
U q 04επ=
?-a
q
04επ-=
(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=εb
Q
04επ+
9.8有一"无限大"的接地导体板 ，在距离板面b 处有一电荷为q 的点电荷．如图所示，试求： (1) 导体板面上各点的感生电荷面密度分布．
(2) 面上感生电荷的总电荷．
解：(1) 选点电荷所在点到平面的垂足O 为原点，取平面上任意点P ，P 点距离原点为r ，设P 点的感生电荷面密度为σ．
在P 点左边邻近处(导体内)场强为零，其法向分量也是零，按场强叠加原理，
()
024cos 0
220=++=⊥
εσεθ
b r q E P π 2分 ∴ ()
2
/32
22/b r qb +-=πσ 1分
(2) 以O 点为圆心，r 为半径，d r 为宽度取一小圆环面，其上电荷为 ()
2
/322/d d b r qbrdr S Q +-==σ
总电荷为 ()
q b
r
rdr
qb dS Q S
-=+-==
?
?∞
2
/322
σ 2分
O
9.9 如图所示，中性金属球A ，半径为R ，它离地球很远．在与球心O 相距分别为a 与b 的B 、C 两点，分别放上电荷为q A 和q B 的点电荷，达到静电平衡后，问： (1) 金属球A 内及其表面有电荷分布吗？
(2) 金属球A 中的P 点处电势为多大？(选无穷远处为电势零点)
q B
解：(1) 静电平衡后，金属球A 内无电荷，其表面有正、负电荷分布，净带电荷为零． (2) 金属球为等势体，设金属球表面电荷面密度为σ． ()()0004///4/d εεσπ++π?==??
a q a q R S U U B A S P A
∵
0d =???A
S S σ
∴ ()()04///επ+=a q a q U B A P
9.10三个电容器如图联接，其中C 1 = 10310-6 F ，C 2 = 5310-6 F ，C 3 = 4310-6 F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求：
(1) A 、B 之间的电容；
(2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？
解：(1) =+++=3
213
21)(C C C C C C C 3.16310-6 F
(2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到==U C Q 111310-3 C
第十章 静电场中的电介质
10.1 关于D
的高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？ (A) 高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D
为零．
(B) 高斯面上处处D
为零，则面内必不存在自由电荷．
(C) 高斯面的D
通量仅与面内自由电荷有关．
(D) 以上说法都不正确． ［ C ］
10.2一导体球外充满相对介电常量为εr 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σ为
(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ．
(C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． ［ B ］
10.3 一平行板电容器中充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．已知介质表面极化
电荷面密度为±σ′，则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为：
(A) 0εσ'
． (B) r εεσ0'
． (C) 0
2εσ'
． (D)
r
εσ'
． ［ A ］
10.4一平行板电容器始终与端电压一定的电源相联．当电容器两极板间为真空时，电场强度为0E ，电位移为0D
，而当两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质时，电场强度为E ，电位移为D
，则
(A) r E E ε/0 =，0D D =． (B) 0E E =，0D D r
ε=．
(C) r E E ε/0 =，r D D ε/0 =． (D) 0E E =，0D D
=． ［ B ］
10.5如图所示, 一球形导体，带有电荷q ，置于一任意形状的空腔导体中．当用导线将两者连接后，则与未连接前相比系统静电场能量将 (A) 增大． (B) 减小．
(C) 不变． (D) 如何变化无法确定． ［ B ］
10.6将一空气平行板电容器接到电源上充电到一定电压后，断开电源．再将一块与极板面积相同的各向同性均匀电介质板平行地插入两极板之间，如图所示. 则由于介质板的插入及其所放位置的不同，对电容器储能的影响为：
(A) 储能减少，但与介质板相对极板的位置无关． (B) 储能减少，且与介质板相对极板的位置有关． (C) 储能增加，但与介质板相对极板的位置无关．
(D) 储能增加，且与介质板相对极板的位置有关． ［ A ］
10.7静电场中，关系式 P E D
+=0ε
(A) 只适用于各向同性线性电介质． (B) 只适用于均匀电介质． (C) 适用于线性电介质．
(D) 适用于任何电介质． ［ D ］
10.8一半径为R 的带电介质球体，相对介电常量为εr ，电荷体密度分布ρ = k / r 。 (k 为已知常量)，试求球体内、外的电位移和场强分布．
解：取半径为r '→r '+d r '的薄壳层，其中包含电荷 ()r r r k V q '''==
d 4/d d 2πρr r k ''=d π4
应用D
的高斯定理，取半径为r 的球形高斯面．
球内： 2
012
π2π4π4kr r d r k
D r r
=''=? D 1 = k / 2 ， r D D ?11=
(r ? 为径向单位矢量) E 1 = D 1 / (ε0εr ) = k / (2ε 0εr )， r
E E ?11=
球外： 2
22
π2π4π4kR r d r k
D r R
=''=? ()
2222/r kR D = , r D D ?22=
()
2
020222//r kR D E εε==， r
E E ?22=
10.9半径为R 的介质球，相对介电常量为εr 、其体电荷密度ρ＝ρ0(1－r / R )，式中ρ0为常量，r 是球心到球内某点的距离．试求：
(1) 介质球内的电位移和场强分布． (2) 在半径r 多大处场强最大？
解：(1) 取半径为r '→r '＋d r '的薄壳层，其中包含电荷
()r r R r V q ''π'-==
d 4/1d d 20ρρ()r R r r ''-'π=d /4320ρ
应用D
的高斯定理，取半径为r 的球形高斯面．
?'???? ??'-'π=πr r R r r D r 032
02d 44ρ???
? ??-π=R r r 434430ρ
则：
???
?
??-=R r r D 4320ρ， r D D ?= ()r D E εε0/=???
? ??-=R r r r 43200εερ，r E E ?=
，r ? 为径向单位矢量 (2) 对E (r )求极值
0231d d 00=??
? ??-=R r r E
r
εερ 得 r = 2R / 3 且因d 2E / d r 2 <0， ∴ r = 2R / 3 处E 最大．
10.10一平行板电容器，极板间距离为10 cm ，其间有一半充以相对介电常量εr ＝10的各向同性均匀电介质，其余部分为空气，如图所示．当两极间电势差为100 V 时，试分别求空气
中和介质中的电位移矢量和电场强度矢量. (真空介电常量ε0＝8.85310-12 C 22N -12m -2)
解：设空气中和介质中的电位移矢量和电场强度矢量分别为1D 、2D 和1E 、2E
，则 U = E 1d = E 2d (1) D 1 = ε0E 1 (2)
D 2 = ε0εr
E 2 (3)
联立解得 100021==
=d
U
E E V/m 29101C/m 1085.8-?==E D ε
28202C/m 1085.8-?==E D r εε
方向均相同,由正极板垂直指向负极板．
10.11 一平行板空气电容器充电后，极板上的自由电荷面密度σ＝1.77310-6 C/m 2．将极板与电源断开，并平行于极板插入一块相对介电常量为εr ＝8 的各向同性均匀电介质板．计算
电介质中的电位移D ．场强E 和电极化强度P 的大小．(真空介电常量ε0＝8.85310-12 C 2 /
N 2m 2)
解：由D
的高斯定理求得电位移的大小为
D = σ ＝1.77310-6 C/m 2 由D =ε0εr
E 的关系式得到场强E
的大小为
r
D
E εε0=
＝2.53104 V/m
介质中的电极化强度的大小为
P = ε0χe E = ε0 ( εr -1 )E ＝1.55310-6 C/m 2
10.12 一导体球带电荷Q ＝1.0 C ，放在相对介电常量为εr ＝5 的无限大各向同性均匀电介质中．求介质与导体球的分界面上的束缚电荷Q'．
解：导体球处于静电平衡时，其电荷均匀分布在球面上．在球表面外附近，以球半径R 作一同心高斯球面．按D
的高斯定理有 4πR 2D = Q 。得到电位移的大小为 D = Q / (4πR 2) 该处的电场强度大小为 E = D / (ε0εr )= Q / (4πε0εr R 2) 电极化强度的大小为 P = ε0 (εr -1)E ()2
41R
Q r r εε-=
极化电荷面密度为 σ'= P cos180°()241R Q r r εεπ-=
分界面上的束缚电荷为 Q '= 4πR 2σ'Q r
r
εε-=1＝－0.8 C
10.13半径为R ，厚度为h (< 与盘面平行，如图 所示．求极化电荷在盘中心产生的电场强度E ． 解：建坐标如图． 圆盘均匀极化，只有极化面电荷，盘边缘处极化电荷面密度为 σ = P cos θ d q = R d θ2h 2σ＝RhP cos θd θ d E = (d q ) / (4πε0R 2) d E x = d E cos(π+θ)，d E y = d E sin(π+θ) 由极化电荷分布的对称性可知 ? =y y E E d = 0 ∴ ??π-===θεcos 4d 20R dq E E E x x R hP R RhP 020 22 04d cos 4εθθεπ - =π- =? P R h E 04ε-= 10.14一各向同性均匀电介质球，半径为R ，其相对介电常量为εr ，球内均匀分布有自由电荷，其体密度为ρ 0．求球内的束缚电荷体密度ρ' 和球表面上的束缚电荷面密度σ'． 解：∵介质是球对称的，且ρ0均匀分布，∴ ρ'，σ' 也必为球对称分布．因而电场必为球对 称分布．用D 的高斯定理可求得 30r D ρ=， r D E r r εερεε0003== r E P r e e ερχχε300== V S P S ???-=' d ρ()r r r P r r P r dr r d 44d 42 22?ππ?-+π?-=+ ()r r r r r r r e r e d 443d 4322 03 0?ππ?-+π?- =ερχερχ 略去d r 的高次项，则 ()0 1ρ εεερχρr r r e -- =-= ' (ρ'与ρ0异号) ()R R P n P r r r e R R ερεερ χσ313?00-===?=' , 0ρσ与'同号． 10.15如图所示，一平行板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，中间充满介电常量按 ε = ε0 (1+ d x )规律变化的电介质．在忽略边缘效应的情况下，试计算该电容器的电容． S 解：设两极板上分别带自由电荷面密度±σ，则介质中的电场强度分布为 ()x d d E += =0εσεσ 1分 两极板之间的电势差为 ??+==d d x d x d x E U 000d d εσ2ln 0 εσd = 2分 该电容器的电容值为 2 ln 0d S U S C εσ= = 2分 10.16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) 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= 3分 两筒间的电势差 =π= ?r dr L Q U b a r εε02a b L Q r ln 20εεπ 3分 电容器的电容 )]//[ln()2(/0a b L U Q C r ε επ== 2分 电容器贮存的能量 2 2 1CU W =)/ln()]4/([02a b L Q r εεπ= 2分 10.17如图所示，一空气平行板电容器，极板面积为S ， 两极板之间距离为d ，其中平行地放有一层厚度为t (t 解：设极板上的自由电荷面密度为σ．应用D 的高斯定理可得两极板之间的电位移为 D = σ 由D ~E 关系知，空气中的电场强度为 E 0 = σ / ε0 介质中的电场强度为 E = σ / (ε0εr ) 2分 两极板之间的电势差为 U = E 0(d - t ) + Et ()t t d r εεσεσ 00+-= ()[]t d r r r εεεεσ-+=10 2分 电容器的电容为 ()t d S U S C r r r εεεεσ-+= =10 1分 作法二： 看成二个电容串联， t d S C -= 01ε， t S C r εε02= 3分 ()t d S C C C C C r r r εεεε-+= +=10212 1 2分 10.18 一平行板电容器的极板面积为S = 1 m 2，两极板夹着一块d = 5 mm 厚的同样面积的玻璃板．已知玻璃的相对介电常量为εr = 5．电容器充电到电压U = 12 V 以后切断电源．求把 玻璃板从电容器中抽出来外力需做多少功．(真空介电常量ε 0 = 8.85310-12 C 22N -12m -2 ) 解：玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功．抽出玻璃板前后的电容值 分别为 d S C r /)(0εε=，d S C /)(0ε=' 2分 撤电源后再抽玻璃板．板上电荷不变，但电压改变，即 U C CU Q ''== ∴ U C CU U r ε='='/)( 2分 抽玻璃板前后电容器的能量分别为 202)/(2 121U d S CU W r εε== ， 202)/(2 121U d S U C W r εε=''=' 2分 外力作功 W W A -'=)1)(/(2 1220-=r r d SU εεε = 2.55310-6 J 2分 10.19一空气平行板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，接到电源上以维持两极板间电势差U 不变．今将两极板距离拉开到2d ，试计算外力所作的功． 解：极板拉开前电容器的静电能量为 d SU U C W 221202 11ε== 2分 极板拉开后的能量为 d SU U C W 421202 22ε== 1分 在电势差Ｕ不变下，极板上的电荷有变化， d SU d SU U C U C Q Q Q 0012122εε- = -=-=?d SU 20ε- = 2分 电荷变化过程电源作功A ， d SU Q U A 22 01ε- ==? 2分 在拉开极板过程中，外力作功A 2与电源作功A 1之和，应等于电容器静电能的增量， A 1+ A 2 = ?W = W 2 -W 1 1分 所以 A 2 = ?W - A 1()()d SU d SU 2/4/2020εε+-=()d SU 4/20ε= 2分 10.20一平行板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，中间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．设极板之间电势差为U ．试求在维持电势差U 不变下将介质取出，外力需作功多少？ 解：在两极板之间电势差U 不变下，有介质时电容器中的电场能量为 S d U U C W r 202 112121εε== 2分 取出介质后的电场能量为 S d U U C W 20 2 222121ε== 2分 在两极板之间电势差U 不变下，由于电容值改变，极板上电荷发生变化 ?q = q 2 -q 1 = C 2U -C 1U ()U d S r εε-=10 2分 电源作功 ()20 21U d S q U A r εε-==? 2分 设外力作功为A 1，则根据功能原理， A 1 +A 2 = ?W = W 2 -W 1 故外力作功 ()2021121 U d S A W A r εε-= -=? 2分 第十一章 稳恒电流 11.1 室温下，铜导线内自由电子数密度为n = 8.531028 个/m 3, 导线中电流密度的大小J = 23106 A/m 2，则电子定向漂移速率为： (A) 1.5310-4 m/s ． (B) 1.5310-2 m/s ． (C) 5.43102 m/s ． (D) 1.13105 m/s ． ［ A ］ 参考解：J = neu , u = J / ne = 1.47310-4 m/s 11.2 在一个长直圆柱形导体外面套一个与它共轴的导体长圆筒，两导体的电导率可以认为是无限大．在圆柱与圆筒之间充满电导率为γ 的均匀导电物质，当在圆柱与圆筒间加上一定电压时，在长度为l 的一段导体上总的径向电流为I ，如图所示．则在柱与筒之间与轴线的距离为r 的点的电场强度为： (A) γ 2 2l rI π． (B) γrl I π2． (C) γ 22r l I π． (D) rl I π2γ ． ［ B ］ 参考解： J = γE J = I / (2πrl ) ∴ E = I / (2πrl γ) 11.3 已知直径为0.02 m 、长为 0.1 m 的圆柱形导线中通有稳恒电流，在60秒钟内导线放 出的热量为 100 J ．已知导线的电导率为 63107 Ω-12m -1，则导线中的电场强度为： (A) 2.78310-13 V 2m -1． (B) 10-13 V 2m -1． (C) 2.97310-2 V 2m -1． (D) 3.18 V 2m -1． ［ C ］ 参考解： 22 1097.2-?=??π= = γ γ t l r Q w E V 2m -1 11.4 在如图所示的电路中，两电源的电动势分别为 1， 2，内阻分别为r 1，r 2．三个负载电阻阻值分别为R 1，R 2，R ，电流分别为I 1，I 2，I 3，方向如 图．则A 到Ｂ的电势增量U B - U A 为： (A) R I R I R I 3 221112-+--??． (B) R I r R I r R I 322211112)()(-+++-+??． (C) )()(22211112r R I r R I +++--??． (D) )()(22211112r R I r R I -+---??． ［ C ］ 11.5在图示的电路中，电源的电动势分别为 1、 2和 3，内阻分别是r 1、r 2和r 3，外电阻分 别为R 1、R 2和R 3，电流分别为I 1、I 2和I 3，方向如图．下列各式中正确的是 (A) 0)()(33311113=+-++-r R I r R I ?? (B) 0321=++I I I 1 (C) 0)()(22221112=+-++-r R I r R I ?? (D) 0)()(33322232=-+-+-r R I r R I ?? ［ A ］ 计算题 11.6在一由电动势恒定的直流电源供电的载流导线表面某处带有正电荷，已知其电荷面密度 为σ 0，在该处导线表面内侧的电流密度为J ，其方向沿导线表面切线方向，如图所示．导线的电导率为γ，求在该处导线外侧的电场强度E ． 解：规定在导线内侧和导线外侧各物理量分别用角标1，2区分．由高斯定理可求得导线表面电场强度的垂直分量 00/εσ=y E 1分 由边界条件和欧姆定律可求得导线外侧电场强度的平行分量 γ/J E x = 2分 则导线外侧电场强度的大小 22 2 02022 2γ εσJ E E E x y +=+= 1分 2E 的方向： J E E x y 00tg εγσθ== , J 001tg εγσθ-= 1分 11.7在如图所示的电路中，两电源的电动势分别为 1 = 9 V 和 2 = 7 V 内阻分别为r 1 = 3 Ω和r 2 = 1 Ω，电阻R = 8 Ω，求电阻R 两端的电位差． 解：设各支路的电流为I 1、I 2和I 3，如图． 图1分 03111=++-R I r I ? ① 0321=--I I I ② 03222=+-R I r I ? ③ 3分 由①、②、③三式联立解得： 343.02 2111 2213-=++-= Rr r r Rr r r I ?? A 3分 ==R I U ||3 2.74 V 1分 11.8在如图所示的电路中，已知，Ω====25431R R R R ，Ω=62R ，V 61=ε，V 22=ε， 。各电池的内阻均可忽略。求： 1）、[4分]、当开关K 打开时，求电路中B 、C 两点间的电位差BC U ； 2）、[8分]、当开关K 闭合后，若已知此时A 、B 两点的电位相等，求电阻R 。 解：1）、开关打开时，闭和回路中的电流为：A R R R R I 6 1 4 3212 = +++= ε，（顺时针流动） 在B 、C 两点间取一段电路，如下左图，根据一段含源电路的欧姆定律得： )()(1124ε--++=-=R R R I V V U C B BC V 3 23= 2）、K 闭和后，设三个支路中电流分别为1I ，2I 和3I ，其参考方向如上右图表示。 因为A 、B 两点电势相等，则根据一段含源电路的欧姆定律得： 04221=--=R I R I U AB , 0)(22211=-+=εR I R I U AB 代入数值后：02621=+I I ，22221=+I I 。解得A I 211-=，A I 2 3 2=。 又因为：312I I I +=，所以：A I 23= 。 再根据一段含源电路的欧姆定律得：V R R I U D C 264)()(1121=+-=--+=ε 所以：Ω== 13 I U R DC 11.9利用下图所示电路可以测量待测电动势 x . 图中G 为电流计，D 为滑线变阻器， 0为工作电源的电动势且 0 > x ．说明如何操作, 并需要知道什么数据才能得到测量结果. 答：调节滑线电阻的滑动头M ，使电流计G 指示为零、即达到I = 0． 2分 设这时FM 间的电阻为R x ，则由含源电路欧姆定律得 x = I 0R x 若I 0和R x 已知，则由上式可确定待测电动势 x ． 3分 第十二章 稳恒磁场 12.1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则 通过S 面的磁通量的大小为 (A) 2πr 2B ． (B) πr 2B ． (C) 0． (D) 无法确定的量． ［ B ］ 12.2 载流的圆形线圈(半径a1 )与正方形线圈(边长a2 )通有相同电流I ．若两个线圈的中心O1 、O2处的磁感强度大小相同，则半径a1与边长a2之比a1∶a2为 (A) 1∶1 (B) π2∶1 (C) π2∶4 (D) π2∶8 ［ D ］ 12.3 如图，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流 I 从a 端流入而从d 端流出，则磁感强度B 沿图中闭合路径L 的积分??L l B d 等于 (A) I 0μ． (B) I 03 1 μ． (C) 4/0I μ． (D) 3/20I μ． ［ D ］ 12.4 在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积A 1 = 2 A 2，通有电流I 1 = 2 I 2，它们所受的最大磁力矩之比M 1 / M 2等于 (A) 1． (B) 2． (C) 4． (D) 1/4． ［ C ］ 12.5 如图，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动．线框平面与大平板垂直．大平板的电流与线框中电流方向如图所示，则通电线框的运动情况对着从大平板看是： (A) 靠近大平板． (B) 顺时针转动． (C) 逆时针转动． (D) 离开大平板向外运动． ［ B ］ 12.6 无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感强度大小等于 (A) R I π20μ． (B) R I 40μ． (C) 0． (D) )11(20π-R I μ (E) )1 1(40π +R I μ． ［ D ］ I 1 I 2 12.7 一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺线管，两螺线管单位长度上的匝数相等．设R = 2r ，则两螺线管中的磁感强度大小B R 和B r 应满足： (A) B R = 2 B r ． (B) B R = B r ． (C) 2B R = B r ． (D) B R = 4 B r ． ［ B ］ 12.8如图所示，一无限长直导线通有电流I =10 A ，在一处折成夹角θ ＝60°的折线，求角 平分线上与导线的垂直距离均为r =0.1 cm 的P 点处的磁感强度．(μ0 =4π310-7 H 2m -1 ) 解：P 处的B 可以看作是两载流直导线所产生的，1B 与2B 的方向相同． 21B B B += r I π=40μ+?--?)]90sin(60[sin r I π40μ)]60sin(90[sin ?--? 3分 r I π=420μ=?+?)60sin 90(sin 3.73310-3 T 1分 方向垂直纸面向上． 1分 12.9 如图所示，半径为R ，线电荷密度为λ (>0)的均匀带电的圆线圈，绕过圆心与圆平面垂直的轴以角速度ω 转动，求轴线上任一点的B 的大小及其方向． 解： λωR I = 1分 2 /322 30) (2y R R B B y += =λω μ 3分 B 的方向与y 轴正向一致． 1分 12.10均匀带电刚性细杆AB ，线电荷密度为λ，绕垂直于直线的轴O 以ω 角速度匀速转动(O 点在细杆AB 延长线上)．求： (1) O 点的磁感强度0B ； (2) 系统的磁矩m p ； (3) 若a >> b ，求B 0及p m ． 解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则 r dq I d 22d π =π= λω ω 2分 它在O 点的磁感强度 r r r I B d 42d d 000π = = λωμμ 1分 ? ?+π = =b a a r r B B d 4d 0 00λωμa b a +π=ln 40λωμ 2分 方向垂直纸面向内． (2) r r I r p m d 2 1 d d 22 λω= π= 1分 ? ?+==b a a m m r r p p d 2 1 d 2λω6/])[(33a b a -+=λω 2分 方向垂直纸面向内． (3) 若a >> b ，则 a b a b a ≈+ln ， a q a b B π=π=44000ωμλωμ 过渡到点电荷的情况． 2分 同理在a >> b 时， )/31()(33a b a b a +≈+，则 232 1 36 a q a b a p m ωλω =? = 也与点电荷运动时的磁矩相同． 2分 12.11如图所示，一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，面电荷密度为σ．该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转．试求圆筒内部的磁感强度． 解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ， σωσωR R i =ππ=)2/(2 3分 作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B 的大小和 方向均相同，而且B 的方向平行于ab ，在bc 和fa 上各点B 的方向与线元垂直，在de , cd fe ,上各点0=B ．应用安培环路定理 ∑??=I l B 0d μ 2分 可得 ab i ab B 0μ= σωμμR i B 00== 2分 圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右． 1分 12.12 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 =4π310-7 T 2m/A ，铜的相对磁导率μr ≈1) x 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 2 02R Ix B r π= μμ 2分 所以通过d S 的磁通量为 x R Ix S B r d 2d d 2 0π= =μμΦ 通过１m 长的一段S 平面的磁通量为 ? π=R r x R Ix 2 0d 2μμΦ60104-=π= I r μμ Wb 3分 12.13在一顶点为45°的扇形区域，有磁感强度为B 方向垂直指向纸面内的均匀磁场，如图．今有一电子(质量为m ，电荷为-e )在底边距顶点O 为l 的地方，以垂直底边的速度 v 射入该磁场区域，若要使电子不从上面边界跑出，电子的速度最大不应超过多少？ 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹 与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形． R R l =?+45sin )( l 45° v B O ∴ l l R )12()12/(+=-= 由 )/(eB m R v =，求出v 最大值为 m l e B m e B R )12(+== v O O ′ R R l 45° 12.14有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，已知其面电流密度为i (即单位宽度上通有的电流强度)． (1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向． (2) 有一质量为m ，带正电荷q 的粒子，以速度v 沿平板法线方向向外运动(如图)，求： (a) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞？ (b) 需经多长时间，才能回到初始位置(不计粒子重力)？ 解：(1) 由安培环路定理： i B 02 1 μ= (大小) 方向：在板右侧垂直纸面向里 3分 (2) 由洛伦兹力公式可求 )/(qB m R v = (至少从距板R 处开始向外运动) 返回时间 )/(4/20i q m R T μπ=π=v 2分 12.15 一圆线圈的半径为R ，载有电流I ，置于均匀外磁场B 中(如图示)．在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力．(载流线圈的法线方向规定与B 的 方向相同．) C D i 解：考虑半圆形载流导线CD 所受的安培力 R IB F m 2?= 3分 列出力的平衡方程式 T R IB 22=? 故： IBR T = 2分 12.16半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2，置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中，直线电流I 1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘．求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力． I 2 I 1 A D 解：长直导线在周围空间产生的磁场分布为 )2/(10r I B π=μ取xOy 坐标系如图，则在半圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为： θ μsin 21 0R I B π= ， 方向垂直纸面向里， 3分 式中θ 为场点至圆心的联线与y 轴的夹角．半圆线圈上d l 段线电流所受的力为： l B I B l I F d d d 22=?= θθ μd sin 22 10R R I I π= 3分 θsin d d F F y =． 根据对称性知： F y =0d =? y F θc o s d d F F x = ， ? π =0 x x dF F ππ = 22 10I I μ2 2 10I I μ= ∴半圆线圈受I 1的磁力的大小为： 2 2 10I I F μ= ， 方向：垂直I 1向右． 4分 12.17如图，一半径为R 的带电塑料圆盘，其中半径为r 的阴影部分均匀带正电荷，面电荷密度为+σ ，其余部分均匀带负电荷，面电荷密度为-σ。 当圆盘以角速度ω 旋转时，测得圆盘中心O 点的磁感强度为零，问R 与r 满足什么关系？ 解：带电圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在O 点的叠加． 某一半径为ρ 的圆环的磁场为 )2/(d d 0ρμi B = 2分 吸收 一填空 (1) 在吸收塔某处，气相主体浓度y=0.025，液相主体浓度x=0.01，气相传质分系数k y=2kmol/m2·h，气相传质总K y=1.5kmol/m2·h，则该处气液界面上气相浓度y i应为?0.01????。平衡关系y=0.5x。 (2) 逆流操作的吸收塔，当吸收因素A<1且填料为无穷高时，气液两相将在塔底达到平衡。 (3) 在填料塔中用清水吸收混合气中HCl，当水量减少时气相总传质单元数N OG增加。 (4) 板式塔的类型有；板式塔从总体上看汽液两相呈逆流接触，在板上汽液两相呈错流接触。 (5) 在填料塔中用清水吸收混合气中NH3，当水泵发生故障使上水量减少时，气相总传质单元数NOG (增加）（增加，减少）。 (6) 对接近常压的低浓度溶质的气液平衡系统，吸收操作中温度不变，压力增加，可使相平衡常数???减小?（增大、减小、不变），传质推动力??增大?（增大、减小、不变），亨利系数??不变（增大、减小、不变）。 (7) 易溶气体溶液上方的分压（小），难溶气体溶液上方的分压（大) ，只要组份在气相中的分压(大于）液相中该组分的平衡分压，吸收就会继续进行。 (8) 压力（减小),温度( 升高）,将有利于解吸的进行；吸收因素(A= L/mV ) ,当 A>1 时,对逆流操作的吸收塔,若填料层为无穷高时,气液两相将在塔（顶）达到平衡。 (9) 在逆流吸收塔操作时，物系为低浓度气膜控制系统，如其它操作条件不变，而气液流量按比例同步减少,则此时气体出口组成y2将 (减小），液体出口组成将（增大），回收率将。 (10) 当塔板中（气液两相达到平衡状态)，该塔板称为理论板。 (11) 吸收过程的传质速率方程N A=K G( )=k y( )。 (12) 对一定操作条件下的填料吸收塔，如将填料层增高一些，则塔的H OG将不变，N OG将增大。 (13)吸收因数A可表示为 mV/L，它在X–Y图上的几何意义是平衡线斜率与操作线斜率之比。 (14)亨利定律的表达式为；亨利系数E的单位为 kPa 。 (15) 某低浓度气体吸收过程，已知相平衡常数m=1 ，气膜和液膜体积吸收系数分别为k y a=2× 10-4kmol/m3.s, k x a=0.4kmol/m3.s, 则该吸收过程为（气膜阻力控制）及气膜阻力占总阻力的百分数分别为 99.95% ；该气体为易溶气体。 二选择 1.根据双膜理论，当被吸收组分在液相中溶解度很小时，以液相浓度表示的总传质系数 B 。 A大于液相传质分系数 B 近似等于液相传质分系数 C小于气相传质分系数 D 近似等于气相传质分系数 2.单向扩散中飘流因子 A 。 第八章课堂练习： 1、吸收操作的基本依据是什么？答：混合气体各组分溶解度不同 2、吸收溶剂的选择性指的是什么：对被分离组分溶解度高，对其它组分溶解度低 3、若某气体在水中的亨利系数E值很大，说明该气体为难溶气体。 4、易溶气体溶液上方的分压低，难溶气体溶液上方的分压高。 5、解吸时溶质由液相向气相传递；压力低，温度高，将有利于解吸的进行。 6、接近常压的低浓度气液平衡系统，当总压增加时，亨利常数E不变，H 不变，相平衡常数m 减小 1、①实验室用水吸收空气中的O2，过程属于（B ） A、气膜控制 B、液膜控制 C、两相扩散控制 ②其气膜阻力（C）液膜阻力A、大于B、等于C、小于 ２、溶解度很大的气体，属于气膜控制 ３、当平衡线在所涉及的范围内是斜率为m的直线时，则1/Ky=1/ky+ m /kx 4、若某气体在水中的亨利常数E值很大，则说明该气体为难溶气体 5、总传质系数与分传质系数之间的关系为l/KL=l/kL+1/HkG，当(气膜阻力1/HkG) 项可忽略时，表示该吸收过程为液膜控制。 1、低含量气体吸收的特点是L 、G 、Ky 、Kx 、T 可按常量处理 2、传质单元高度HOG分离任表征设备效能高低特性，传质单元数NOG表征了（分离任务的难易）特性。 3、吸收因子A的定义式为L/（Gm），它的几何意义表示操作线斜率与平衡线斜率之比 4、当A<1时，塔高H=∞，则气液两相将于塔底达到平衡 5、增加吸收剂用量，操作线的斜率增大，吸收推动力增大，则操作线向（远离）平衡线的方向偏移。 6、液气比低于（L/G）min时，吸收操作能否进行？能 此时将会出现吸收效果达不到要求现象。 7、在逆流操作的吸收塔中，若其他操作条件不变而系统温度增加，则塔的气相总传质单元高度HOG将↑，总传质单元数NOG 将↓，操作线斜率（L/G）将不变。 8、若吸收剂入塔浓度x2降低，其它操作条件不变，吸收结果将使吸收率↑，出口气体浓度↓。 9、在逆流吸收塔中，吸收过程为气膜控制，若进塔液体组成x2增大，其它条件不变，则气相总传质单元高度将（ A ）。 A.不变 B.不确定 C.减小 D.增大 吸收小结： 1、亨利定律、费克定律表达式 2、亨利系数与温度、压力的关系；E值随物系的特性及温度而异，单位与压强的单位一致；m与物系特性、温度、压力有关（无因次） 3、E、H、m之间的换算关系 4、吸收塔在最小液气比以下能否正常工作。 5、操作线方程（并、逆流时）及在y~x图上的画法 6、出塔气体有一最小值，出塔液体有一最大值，及各自的计算式 7、气膜控制、液膜控制的特点 8、最小液气比(L/G)min、适宜液气比的计算 9、加压和降温溶解度高，有利于吸收 减压和升温溶解度低，有利于解吸 第一章 气体放电的基本物理过程 （1）在气体放电过程中，碰撞电离为什么主要是由电子产生的？ 答：气体中的带电粒子主要有电子和离子，它们在电场力的作用下向各自的极板运动，带正电荷的粒子向负极板运动，带负电荷的粒子向正极板运动。电子与离子相比，它的质量更小，半径更小，自由行程更大，迁移率更大，因此在电场力的作用下，它更容易被加速，因此电子的运动速度远大于离子的运动速度。更容易累积到足够多的动能，因此电子碰撞中性分子并使之电离的概率要比离子大得多。所以，在气体放电过程中，碰撞电离主要是由电子产生的。 （2）带电粒子是由哪些物理过程产生的，为什么带电粒子产生需要能量 ？ 答：带电粒子主要是由电离产生的，根据电离发生的位置，分为空间电离和表面电离。根据电离获得能量的形式不同，空间电离又分为光电离、热电离和碰撞电离，表面电离分为正离 子碰撞阴极表面电离、光电子发射、热电子发射和强场发射。原子或分子呈中性状态，要使原子核外的电子摆脱原子核的约束而成为自由电子，必须施加一定的外加能量，使基态的原 子或分子中结合最松弛的那个电子电离出来所需的最小能量称为电离能。 （3）为什么SF6气体的电气强度高？ 答：主要因为SF6气体具有很强的电负性，容易俘获自由电子而形成负离子，气体中自由电 子的数目变少了，而电子又是碰撞电离的主要因素，因此气体中碰撞电离的能力变得很弱，因而削弱了放电发展过程。 1-2 汤逊理论与流注理论对气体放电过程和自持放电条件的观点有何不同？这两种理论各适用于何种场合？ 答：汤逊理论的基本观点：电子碰撞电离是气体电离的主要原因；正离子碰撞阴极表面使阴 极表面逸出电子是维持气体放电的必要条件；阴极逸出电子能否接替起始电子的作用是自持放电的判据。它只适用于低气压、短气隙的情况。 气体放电流注理论以实验为基础，它考虑了高气压、长气隙情况下空间电荷对原有电场的影响和空间光电离的作用。 在初始阶段，气体放电以碰撞电离和电子崩的形式出现，但当电子崩发展到一定程度之后，某一初始电子的头部集聚到足够数量的空间电荷，就会引起新的强烈电离和二次电子崩，这种强烈的电离和二次电子崩是由于空间电荷使局部电场大大增强以及发生空间光电离的结果，这时放电即转入新的流注阶段。 1-3 在一极间距离为1cm 的均匀电场气隙中，电子碰撞电离系数α=11cm-1。今有一初始电子从阴极表面出发，求到达阳极的电子崩中的电子数。 答：e αd=e11=59874。 1-5 试近似估算标准大气条件下半径分别为1cm 和1mm 的光滑导线的电晕起始场强。P15皮 克公式 1-6 气体介质在冲击电压下的击穿有何特点？其冲击电气强度通常用哪些方式表示？ 答：在持续电压（直流、工频交流）作用下，气体间隙在某一确定的电压下发生击穿。而在 冲击电压作用下，气体间隙的击穿就没有这种某一个确定的击穿电压，间隙的击穿不仅与电 cm ,1m ,/5.58)1.03 .0(1*1*30)3.01(30/39)13.0(1*1*30)3.01(301.01导线半径空气相对密度光滑导线导线表面粗糙系数--=-=+=+==+=+===r m cm kV r m E cm kV r m E m c m c δδδδδ 9习题二 2-1.两质量分别为m和M (M m)的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F作用在物体m上，使两物体一起向右运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。若水平力F作用在M上, 使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？ 解：以m、M整体为研究对象, F 以m为研究对象，如解图2-1 有 (m M )a…①(a),有 F Mm ma…② 由①、②两式，得相互作用力大小 l MF F Mm . “ m M 若F作用在M上，以m为研究对象，如题图2-1 (b)有 F Mm ma 由①、③两式，得相互作用力大小解图2-1 F Mm 讦发生变化。 m M 2-2.在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为 M2，在M2上再放一质量为m的小物体，如题图2-2所示，若M1=M2= 4m,求m和M2之间的相互作用 力，若M1=5m, M2=3m,则m与M2之间的作用力是否发生变化？ M1和 解：受力图如解图2-2，分别以M1、M2和m为研究对象，有题图2-2 又T1T2，则当M1 当M1 T1 M1g M1a (M2 m)g T2 (M 2 m)a mg F M 2m ma C O F M 2m 2M 〔mg m M1 M2 M 2 4m 时 解图2-2 F M2m8mg 5m, M 2 3m 时 F M 2m10mg 9 发生变化。 题图2-1 2-3?质量为M的气球以加速度v匀加速上升，突然一只质量为m的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？ r 解：设f为空气对气球的浮力，取向上为正。 分别由解图2-3(a)、(b)可得 f M g Ma mag a a a1 m M 2-4.如题图2-4所示，人的质量为60kg，底板的质量为在底板上静 止不动，则必须以多大的力拉住绳子？ 解:设底板和人的质量分别为M , m,以向上为正方向， (a)、(b)所示，分别以底板、人为研究对象，则有 T| T2 F Mg 0 T3 F ' mg 0 F为人对底板的压力， F '为底板对人的弹力。有 F F 又因为 f (M m) g (M m)a1 由此解得 a i Ma mg m M ?0 (a) ⑹ 解图2-3 则 T 2 T 3 也严 245N 40 kg。人若想站 受力图如解图2-4 解图2-12 化工原理下册题库 300题 化工原理（下）题库（1） 一、选择题（将正确答案字母填入括号内） 1、混合物中某组分的质量与混合物质量之比称为该组分的（ A ）。 A. 质量分数 B. 摩尔分数 C. 质量比 2、关于精馏塔中理论的叙述错误的是（ B ）。 A.实际上不存在理论塔板 B. 理论塔板仅作为衡量实际塔板效率的一个标准。 C. 理论塔板数比实际塔板数多 3、在精馏塔中每一块塔板上（ C ）。 A. 只进行传质作用 B. 只进行传热作用 C. 同时进行传热传质作用 4、气体吸收过程中，吸收速率与推动力成（ A ）。 A. 正比 B. 反比 C. 无关 5、气体的溶解度很大时，溶质的吸收速率主要受气膜一方的阻力所控制，故称为（ A ）。 A. 气膜控制 B. 液膜控制 C. 双膜控制 6、普通温度计的感温球露在空气中，所测得的温度为空气的（ A ）温度。 A. 干球 B. 湿球 C. 绝热饱和 7、混合物中某组分的物质的量与混合物物质的量之比称为该组分的（B ）。 A. 质量分数 B. 摩尔分数 C. 质量比 8、在蒸馏过程中，混合气体中各组分的挥发性相差越大，越（B ）进行分离。 A. 难 B. 容易 C. 不影响 9、气体吸收过程中，吸收速率与吸收阻力成（ B ）。 A. 正比 B. 反比 C. 无关 10、气体的溶解度很小时，溶质的吸收速率主要受液膜一方的阻力所控制，故称为（ B ）。 A. 气膜控制 B. 液膜控制 C. 双膜控制 11、某二元混合物，进料量为100kmol/h，xF=0.6，要求得 到塔顶xD不小于0.9，则塔顶最大产量为（ B ） A 60kmol/h B 66.7kmol/h C 90kmol/h D 不能定 12、二元溶液连续精馏计算中，进料热状态的变化将引起以下 线的变化 ( B ) 。 A平衡线 B 操作线与q线 C平衡线与操作线 D 平衡线与q线 13、下列情况 ( D ) 不是诱发降液管液泛的原因。 A液、气负荷过大 B 过量雾沫夹带 C塔板间距过小 D 过量漏液 14、以下有关全回流的说法正确的是（ A、C ）。 A、精馏段操作线与提馏段操作线对角线重合 B、此时 所需理论塔板数量多 第三章 N=>D=> {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} N=>ND=>NDD L={a |a(0|1|3..|9)n且 n>=1} (0|1|3..|9)n且 n>=1 {ab,} a n b n n>=1 第6题. (1) <表达式> => <项> => <因子> => i (2) <表达式> => <项> => <因子> => (<表达式>) => (<项>) => (<因子>)=>(i) (3) <表达式> => <项> => <项>*<因子> => <因子>*<因子> =i*i (4) <表达式> => <表达式> + <项> => <项>+<项> => <项>*<因子>+<项> => <因子>*<因子>+<项> => <因子>*<因子>+<因子> = i*i+i (5) <表达式> => <表达式>+<项>=><项>+<项> => <因子>+<项>=i+<项> => i+<因子> => i+(<表达式>) => i+(<表达式>+<项>) => i+(<因子>+<因子>) => i+(i+i) (6) <表达式> => <表达式>+<项> => <项>+<项> => <因子>+<项> => i+<项> => i+<项>*<因子> => i+<因子>*<因子> = i+i*i 第7题 第9题 语法树 s s s* s s+a a a 推导: S=>SS*=>SS+S*=>aa+a* 11. 推导:E=>E+T=>E+T*F 语法树: E +T * 短语: T*F E+T*F 直接短语: T*F 句柄: T*F 12． 第二章供求、供给、价格 1、为什么欲望不同于需求？ 答：欲望是一种缺乏的感受和需要满足的愿望，其基本特点是无限性，即人的欲望永远没有完全得到满足的时候。 需求是指消费者（家庭）在某一特定时期内，在每一价格水平时愿意而且能够购买的某种商品量。需求是购买欲望和购买能力的统一，缺少任何一个条件都不能成为需求。 欲望是永无止境的，没有限制条件，而需求受到购买欲望和购买能力的制约，二者缺一不可，所以欲望不同于需求。 1、有些企业在广告宣传中声称自己的产品是为“工薪阶级服务的”。从经济学角度看，这种说法对不对？为什么？ 答：从经济学角度看，这种说法是不对的。 企业宣传自己的产品是为工薪阶层服务，主要是指在价格上给予工薪阶层方便，通过降低价格，提供经济实惠又保质的产品，吸引消费者，让消费者有经济能力来购买产品。 需求是购买欲望和购买能力的的统一，二者缺一不可。产品为工薪阶层服务，旨在强调消费者的购买能力，却忽略了其购买欲望。所以，从经济学角度看，这种说法是不正确的。 2、出租车行业越发达，服务越好，价格越低，买汽车的人越少，为什么? 答：替代品是指可以互相替代来满足同一种欲望的商品。出租车和汽车，皆可为人们提供出行便利服务，它们之间可以相互替代，是 替代关系。 对于有替代关系的商品，当一种商品价格下降时，人们对其需求增加，导致另一种商品需求下降。当出租车行业发达，价格低廉，服务良好时，人们会增加对出租车的消费需求，从而减少对汽车的购买需求。 4、旅游业的发展可以带动旅馆、餐饮、交通、娱乐等行业的发展，为什么？ 答：互补品是指共同满足一种欲望的两种商品，他们是相互补充的，旅游业与旅馆、餐饮、交通、娱乐等行业就是一种互补关系。两种互补品价格与需求呈反向变动，当旅游业发展，价格降低，消费者而对其互补的旅馆、餐饮、交通、娱乐等的需求就增加，从而带动其发展。 5、我国加入世贸组织对汽车市场的需求有什么影响？为什么？ 答：总体上来说会扩大对汽车市场的需求。首先，我国加入世贸组织后，经济发展，人民收入增加，消费者对汽车有了一定的购买力，其次，加入世贸组织使得汽车价格下架昂，对汽车的购买需求增多。再次，加入世贸组织使得发达国家的消费方式影响发展中国家，购买汽车会成为人们的偏好与心理欲望。最后，加入世贸组织，消费者对自己未来的收入与商品价格走势有所预期，这种预期也影响了购车的意愿和需求。综上，我国加入世贸组织会扩大汽车市场的需求。 化工原理第二版夏清，贾绍义 课后习题解答 （夏清、贾绍义主编.化工原理第二版（下册）.天津大学出版） 社,2011.8.） 第1章蒸馏 1.已知含苯0.5（摩尔分率）的苯-甲苯混合液，若外压为99kPa，试求该溶液的饱和温度。苯 和甲苯的饱和蒸汽压数据见例1-1附表。 t（℃） 80.1 85 90 95 100 105 x 0.962 0.748 0.552 0.386 0.236 0.11 解：利用拉乌尔定律计算气液平衡数据 查例1-1附表可的得到不同温度下纯组分苯和甲苯的饱和蒸汽压P B *，P A *，由于总压 P = 99kPa，则由x = (P-P B *)/(P A *-P B *)可得出液相组成，这样就可以得到一组绘平衡t-x 图数据。 以t = 80.1℃为例 x =（99-40）/（101.33-40）= 0.962 同理得到其他温度下液相组成如下表 根据表中数据绘出饱和液体线即泡点线 由图可得出当x = 0.5时，相应的温度为92℃ 2.正戊烷（C 5H 12 ）和正己烷（C 6 H 14 ）的饱和蒸汽压数据列于本题附表，试求P = 13.3kPa下该 溶液的平衡数据。 温度 C 5H 12 223.1 233.0 244.0 251.0 260.6 275.1 291.7 309.3 K C 6H 14 248.2 259.1 276.9 279.0 289.0 304.8 322.8 341.9 饱和蒸汽压(kPa) 1.3 2.6 5.3 8.0 13.3 26.6 53.2 101.3 解：根据附表数据得出相同温度下C 5H 12 （A）和C 6 H 14 （B）的饱和蒸汽压 以t = 248.2℃时为例，当t = 248.2℃时 P B * = 1.3kPa 查得P A *= 6.843kPa 得到其他温度下A?B的饱和蒸汽压如下表 t(℃) 248 251 259.1 260.6 275.1 276.9 279 289 291.7 304.8 309.3 P A *(kPa) 6.843 8.00012.472 13.30026.600 29.484 33.42548.873 53.200 89.000101.300 P B *(kPa) 1.300 1.634 2.600 2.826 5.027 5.300 8.000 13.300 15.694 26.600 33.250 利用拉乌尔定律计算平衡数据 平衡液相组成以260.6℃时为例 当t= 260.6℃时 x = (P-P B *)/(P A *-P B *) =（13.3-2.826）/（13.3-2.826）= 1 平衡气相组成以260.6℃为例 当t= 260.6℃时 y = P A *x/P = 13.3×1/13.3 = 1 同理得出其他温度下平衡气液相组成列表如下 t(℃) 260.6 275.1 276.9 279 289 x 1 0.3835 0.3308 0.0285 0 习 题 【2-1】如图2-31所示地质土性和独立基础尺寸的资料，使用承载力公式计算持力层的承载力。若地下水位稳定由0.7m 下降1m ，降至1.7m 处，问承载力有何变化？ 图2-31 习题2-1图 解：由图2－31可知： 基底处取土的浮重度 基底以上土的加权平均重度 由020=k ?，查表2－6可得 所以，持力层的承载力为 若地下水下降1m 至1.7m ，则 基底以上土的重度为 3/2.17m kN m ＝γ 基底处土的重度为 3/0.18m kN m ＝γ 此时，持力层的承载力为 【2-2】某砖墙承重房屋，采用素混凝土(C10)条形基础，基础顶面处砌体宽度0b =490mm ， 传到设计地面的荷载F k =220kN/m ，地基土承载力特征值f ak =144kPa ，试确定条形基础的宽度b 。 (1)按地基承载力要求初步确定基础宽度 假定基础埋深为d=1.2m ，不考虑地基承载力深度修正，即f a =f ak =144kPa m d f F b G a k 83.12 .120144220=?-=-≥γ，取b=1.9m 初步选定条形基础的宽度为1.9m 。 地基承载力验算： 满足 无筋扩展基础尚需对基础的宽高比进行验算（其具体验算方法详见第三章），最后还需进行基础剖面设计。 (2)按台阶宽高比要求验算基础的宽度 初步选定基础的高度为H=300mm 基础采用C10素混凝土砌筑，基础的平均压力为kPa p k 8.139= 查表3－2，得允许宽高比0.12==H b tg α，则 不满足要求 取H=0.8m 此时地面离基础顶面为 1.2-0.8=0.4m>0.1m ，满足要求。 【2-3】某钢筋混凝土条形基础和地基土情况如图2-32所示，已知条形基础宽度b =1.65m ，上部结构荷载F k =220kN/m ，试验算地基承载力。 第一章 1—1 气体中带电质点是通过游离过程产生的。游离是中性原子获得足够的能量(称游离能)后成为正、负带电粒子的过程。根据游离能形式的不同，气体中带电质点的产生有四种不同方式： 1.碰撞游离方式在这种方式下，游离能为与中性原子(分子)碰撞瞬时带电粒子所具有的动能。虽然正、负带电粒子都有可能与中性原子(分子)发生碰撞，但引起气体发生碰撞游离而产生正、负带电质点的主要是自由电子而不是正、负离子。 2.光游离方式在这种方式下，游离能为光能。由于游离能需达到一定的数值，因此引起光游离的光主要是各种高能射线而非可见光。 3.热游离方式在这种方式下，游离能为气体分子的内能。由于内能与绝对温度成正比，因此只有温度足够高时才能引起热游离。 4.金属表面游离方式严格地讲，应称为金属电极表面逸出电子，因这种游离的结果在气体中只得到带负电的自由电子。使电子从金属电极表面逸出的能量可以是各种形式的能。 气体中带电质点消失的方式有三种： 1.扩散带电质点从浓度大的区域向浓度小的区域运动而造成原区域中带电质点的消失，扩散是一种自然规律。 2.复合复合是正、负带电质点相互结合后成为中性原子(分子)的过程。复合是游离的逆过程，因此在复合过程中要释放能量，一般为光能。 、水蒸汽)分子易吸附气体中的自由 3.电子被吸附这主要是某些气体(如SF 6 电子成为负离子，从而使气体中自由电子(负的带电质点)消失。 1—2 自持放电是指仅依靠自身电场的作用而不需要外界游离因素来维持的放电。外界游离因素是指在无电场作用下使气体中产生少量带电质点的各种游离因素，如宇宙射线。讨论气体放电电压、击穿电压时，都指放电已达到自持放电阶段。 汤生放电理论的自持放电条件用公式表达时为 γ(eαs-1)=1 此公式表明：由于气体中正离子在电场作用下向阴极运动，撞击阴极，此时已起码撞出一个自由电子(即从金属电极表面逸出)。这样，即便去掉外界游离因素，仍有引起碰撞游离所需的起始有效电子，从而能使放电达到自持阶段。 1—3 汤生放电理论与流注放电理论都认为放电始于起始有效电子通过碰撞游离形成电子崩,但对之后放电发展到自持放电阶段过程的解释是不同的。汤生放电理论认为通过正离子撞击阴极，不断从阴极金属表面逸出自由电子来弥补引起电子碰撞游离所需的有效电子。而流注放电理论则认为形成电子崩后，由于正、负空间电荷对电场的畸变作用导致正、负空间电荷的复合，复合过程所释放的光能又引起光游离，光游离结果所得到的自由电子又引起新的碰撞游离，形成新的电子崩且汇合到最初电子崩中构成流注通道，而一旦形成流注，放电就可自己维持。因此汤生放电理论与流注放电理论最根本的区别在于对放电达到自持阶段过程的解释不同，或自持放电的条件不同。 汤生放电理论适合于解释低气压、短间隙均匀电场中的气体放电过程和现象，而流注理论适合于大气压下，非短间隙均匀电场中的气体放电过程和现象。 1. 某双组分理想物系当温度t=80℃时，P A°=，P B°=40kPa，液相摩尔组成x A=，试求：⑴与此液相组成相平衡的汽相组成y；⑵相对挥发度α。 解：（1）x A=(P总－P B°)／(P A°－P B°) ； =(P总－40)／（－40） ∴P总=； y A=x A·P A°／P总=×／= （２）α=P A°／P B°=／40= 5. 某精馏塔在常压下分离苯－甲苯混合液，此时该塔的精馏段和提馏段操作线方程分别为y=+和y'='，每小时送入塔内75kmol的混合液，进料为泡点下的饱和液体，试求精馏段和提馏段上升的蒸汽量为多少（kmol/h）。 解:已知两操作线方程: y=+(精馏段) y′=′(提馏段) ∴R/(R+1)= R= x D / (R+1)= x D=×= ！ 两操作线交点时, y=y′x=x′ ∴+= x F = 饱和液体进料q=1, x F = x = 提馏段操作线经过点(x W，x W) ∴y′=x w =－x W= 由全塔物料衡算F=D+W F x F = D x D + W x W D =(x F—x W)/(x D－x W)F = ∵饱和液体进料 V′=V=L+D=(R+1)D=×=h - 6. 已知某精馏塔进料组成x F=，塔顶馏出液组成x D=，平衡关系ｙ＝ｘ＋，试求下列二种情况下的最小回流比R min。⑴饱和蒸汽加料；⑵饱和液体加料。解：R min = (x D－y q)/(y q －x q ) (1) ； y q= x q + (2) ； y q= qx q/ (q－1)－x f / (q－1) (3) ⑴q=0, 由(3) y q=x f=，由(2) x q = ， R min = 由(3) x q =x f =，由(2) y q =×+=， R min= 用常压精馏塔分离双组分理想混合物，泡点进料，进料量100kmol/h，加料组成为50% ,塔顶产品组成x D=95％，产量D=50kmol/h，回流比R=2R min，设全塔均为理论板，以上组成均为摩尔分率。相对挥发度α=3。求：(最小回流比) 2.精馏段和提馏段上升蒸汽量。3.列出该情况下的精馏段操作线方程。解：1. y=αx/[1+(α－1)x]=3x/(1+2x) 泡点进料q=1, x q = x F = , y q =3×(1+2×=2= R min / (R min+1)= ： R min=4/5= 2. V=V′=(R+1)D=(2×+1)×50=130kmol/h 3. y=[R/(R+1)]x + x D / (R+1)=+ 12. 某精馏塔用于分离苯－甲苯混合液，泡点进料，进料量30kmol/h，进料中苯的摩尔分率为，塔顶、底产品中苯的摩尔分率分别为和，采用回流比为最小回流比的倍，操作条件下可取系统的平均相对挥发度α=。(1)求塔顶、底的产品量；(2)若塔顶设全凝器，各塔板可视为理论板，求离开第二块板的蒸汽和液体组成。 解：（1）F=D+W ，Fx F=Dx D＋Wx W 30=D+W ，30×= D×+W× ∴D= / h W= / h （2）x q=x F= ， y q =αx q／[1+ (α—1)x q ] =×[1+ —1)×] = R min =(x D－y q)／(y q－x q)=—/ —=， ？ R = ×R min =×= 精馏段的操作线方程为： y = [R / (R+1)]x +x D／（R+1) 下册第一章蒸馏 1. 苯酚(C 6H 5OH)(A )和对甲酚(C 6H 4(CH 3)OH)(B )的饱和蒸气压数据为 试按总压P =75mmHg(绝压)计算该物系的“t-x-y ”数据, 此物系为理想体系。 解： 总压 P=75mmHg=10kp 。 由拉乌尔定律得出 0 A p x A ＋0 B p x B =P 所以 x A = 000B A B p p p p --；y A =p p A 00B A B p p p p --。 因此所求得的t-x-y 数据如下： t, ℃ x y 1 1 0 0. 2. 承接第一题，利用各组数据计算 （1）在x=0至x=1范围内各点的相对挥发度i α,取各i α的算术平均值为α，算出α对i α的最大相对误差。 （2）以平均α作为常数代入平衡方程式算出各点的“y-x ”关系,算出由此法得出的各组 y i 值的最大相对误差。 解： （1）对理想物系，有 α＝00 B A p p 。所以可得出 t, ℃ i α 算术平均值α= 9 ∑i α=。α对i α的最大相对误差＝ %6.0%100)(max =?-α ααi 。 （2）由x x x x y 318.01318.1)1(1+=-+= αα得出如下数据： t, ℃ x 1 0 y 1 0 各组y i 值的最大相对误差==?i y y max )(%。 3.已知乙苯(A )与苯乙烯(B )的饱和蒸气压与温度的关系可按下式计算: 95.5947 .32790195.16ln 0 -- =T p A 72 .6357.33280195.16ln 0 --=T p B 式中 0 p 的单位是mmHg,T 的单位是K 。 第3章非均相物系分离 一、选择题 恒压过滤且介质阻力忽略不计时，如粘度降低20%，则在同一时刻滤液增加（）。A、11.8%；B、9.54%; C、20%; D、44% 板框式压滤机由板与滤框构成，板又分为过滤板和洗涤板，为了便于区别，在板与框的边上设有小钮标志，过滤板以一钮为记号，洗涤板以三钮为记号，而滤框以二钮为记号，组装板框压滤机时，正确的钮数排列是（）. A、1—2—3—2—1 B、1—3—2—2—1 C、1—2—2—3—1 D、1—3—2—1—2 与沉降相比，过滤操作使悬浮液的分离更加（）。 A、迅速、彻底 B、缓慢、彻底 C、迅速、不彻底 D、缓慢、不彻底 多层隔板降尘室的生产能力跟下列哪个因素无关（）。 A、高度 B、宽度 C、长度 D、沉降速度 降尘室的生产能力（）。 A、与沉降面积A和沉降速度ut有关 B、与沉降面积A、沉降速度ut和沉降室高度H有关 C、只与沉降面积A有关 D、只与沉降速度ut有关 现采用一降尘室处理含尘气体，颗粒沉降处于滞流区，当其它条件都相同时，比较降尘室处理200℃与20℃的含尘气体的生产能力V的大小（）。 A、V200℃>V20℃ B、V200℃＝V20℃ C、V200℃ 判断 有效的过滤操作是（）。 A、刚开始过滤时 B、过滤介质上形成滤饼层后 C、过滤介质上形成比较厚的滤渣层 D、加了助滤剂后 当固体粒子沉降时，在层流情况下，Re ＝１，其ζ为（）。 A、64/Re B、24/Re C、0.44 D、1 含尘气体通过降尘室的时间是t，最小固体颗粒的沉降时间是t 0，为使固体颗粒都能沉降下来，必须（）： A、t 第五章蒸馏 1.已知含苯0.5（摩尔分率）的苯-甲苯混合液，若外压为99kPa，试求该溶液的饱和温度。苯和甲苯的饱和蒸汽压数据见例1-1附表。 t（℃）80.1 85 90 95 100 105 x 0.962 0.748 0.552 0.386 0.236 0.11 解：利用拉乌尔定律计算气液平衡数据 查例1-1附表可的得到不同温度下纯组分苯和甲苯的饱和蒸汽压P B*，P A*，由于总压 P = 99kPa，则由x = (P-P B*)/(P A*-P B*)可得出液相组成，这样就可以得到一组绘平衡t-x图数据。 以t = 80.1℃为例x =（99-40）/（101.33-40）= 0.962 同理得到其他温度下液相组成如下表 根据表中数据绘出饱和液体线即泡点线 由图可得出当x = 0.5时，相应的温度为92℃ 2.正戊烷（C5H12）和正己烷（C6H14）的饱和蒸汽压数据列于本题附表，试求P = 1 3.3kPa下该溶液的平衡数据。 温度C5H12223.1 233.0 244.0 251.0 260.6 275.1 291.7 309.3 K C6H14 248.2 259.1 276.9 279.0 289.0 304.8 322.8 341.9 饱和蒸汽压(kPa) 1.3 2.6 5.3 8.0 13.3 26.6 53.2 101.3 解：根据附表数据得出相同温度下C5H12（A）和C6H14（B）的饱和蒸汽压 以t = 248.2℃时为例，当t = 248.2℃时P B* = 1.3kPa 查得P A*= 6.843kPa 得到其他温度下A?B的饱和蒸汽压如下表 t(℃) 248 251 259.1 260.6 275.1 276.9 279 289 291.7 304.8 309.3 P A*(kPa) 6.843 8.00012.472 13.30026.600 29.484 33.42548.873 53.200 89.000101.300 P B*(kPa) 1.300 1.634 2.600 2.826 5.027 5.300 8.000 13.300 15.694 26.600 33.250 利用拉乌尔定律计算平衡数据 平衡液相组成以260.6℃时为例 当t= 260.6℃时x = (P-P B*)/(P A*-P B*) 基础物理学第二版习题 解答 文件编码（008-TTIG-UTITD-GKBTT-PUUTI-WYTUI-8256） 习题二 2-1．两质量分别为m 和M ()M m ≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右 运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。 若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生 变化 解：以m 、M 整体为研究对象， 有 ()F m M a =+…① 以m 为研究对象，如解图2-1（a ），有 Mm F F ma -=…② 由①、②两式，得相互作用力大小 若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如题图2-1（b ） 有 Mm F ma =…………③ 由①、③两式，得相互作用力大小 Mm mF F m M = + 发生变化。 2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如题图2-2所 示，若M 1=M 2= 4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ， M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化 解： 受力图如解图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象，有 111T M g M a -= 又 12T T =，则 2 M m F = 1122M mg M M m ++ 当124M M m ==时 当125,3M m M m ==时 2 109 M m mg F =，发生变化。 2-3.质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。若气球仍能向上加速，求气球的加速 度减少了多少 题图2- 题图2-解图2-解图2- 《机械制造技术基础》部分习题参考解答第二章金属切削过程 2-1什么是切削用量三要素？在外圆车削中，它们与切削层参数有什么关系？答： 切削用量三要素是指切削速度v、进给量f、背吃刀量a p（切削xx）。 在外圆车削中，它们与切削层参数的关系是： 切削层公称厚度：hD fsin r切削层公称宽度：bD a p/sin r切削层公称横截面积：AD fap2-2确定外圆车刀切削部分几何形状最少需要几个基本角度？试画图标出这些基本角度。 答： 确定外圆车刀切削部分几何形状最少需要7个基本角度： 前角、后角、主偏角、副偏角、副前角、副后角和刃倾角，这些基本角度如下图所示（其中副前角、副后角不做要求）。 2-3试述刀具标注角度和工作角度的区别。为什么车刀作横向切削时，进给量取值不能过大？ 答： 刀具标注角度是在静态情况下在刀具标注角度参考系中测得的角度；而刀具工作角度是在刀具工作角度参考系中（考虑了刀具安装误差和进给运动影响等因素）确定的刀具角度。车刀作横向切削时，进给量取值过大会使切削速度、基面变化过大，导致刀具实际工作前角和工作后角变化过大，可能会使刀具工作后角变为负值，不能正常切削加工（P23）。 2-4刀具切削部分的材料必须具备哪些基本性能？ 答： （P24） (1)高的硬度和耐磨性； (2)足够的强度和韧性； (3)高耐热性； (4)良好的导热性和耐热冲击性能； (5)良好的工艺性。 2-5常用的硬质合金有哪几类？如何选用？ 答： （P26）常用的硬质合金有三类： P类（我国钨钴钛类YT），主要用于切削钢等长屑材料；K类（我国钨钴类YG），主要用于切削铸铁、有色金属等材料；M类（我国通用类YW），可以加工铸铁、有色金属和钢及难加工材料。 2-6怎样划分切削变形区？第一变形区有哪些变形特点？ 答： 切削形成过程分为三个变形区。第一变形区切削层金属与工件分离的剪切滑移区域，第二变形区前刀面与切屑底部的摩擦区域；第三变形区刀具后刀面与已加工表面的摩擦区域。 第一变形区的变形特点主要是： 金属的晶粒在刀具前刀面推挤作用下沿滑移线剪切滑移，晶粒伸长，晶格位错，剪切应力达到了材料的屈服极限。 2-7什么是积屑瘤？它对加工过程有什么影响？如何控制积屑瘤的产生？答： 第二章流体输送机械 一.填空题 1. 离心泵的基本结构包括如下三部分：______，_____，_______。 泵壳；叶轮；轴封装置。 2. 离心泵的主要参数有：______，______，______，________。 ***答案*** 流量；扬程；功率；效率。 3. 离心泵的特性曲线有：_______________，__________，_____________。 ***答案*** 压头H---流量q曲线；功率P---流量q曲线；效率η--流量q曲线。4. 离心泵的工作点是如下两条曲线的交点：_____________，________________。 ***答案*** 泵特性曲线H--Q；管路特性曲线H--Q. 5. 调节离心泵流量的方法有：____________，____________，_______________。 ***答案*** 改变管路特性曲线；改变泵的特性；离心泵的串并联 6. 液体输送设备有：_________，________，__________，__________，________。 ***答案*** 离心泵；往复泵；齿轮泵；螺杆泵；旋涡泵等。 7. 气体输送设备有：________，_________，___________。 ***答案*** 通风机；鼓风机；压缩机 8. 离心泵标牌上写上P e－q e表示＿＿＿＿，η－q e＿＿＿＿，He－Qe表示＿＿＿＿。 ***答案*** 功率曲线，效率曲线，扬程曲线。 9. 泵起动时，先关闭泵的出口开关的原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。 ***答案*** 降低起动功率，保护电机，防止超负荷而受到损伤。 10. 离心泵的流量调节阀安装在离心泵＿＿＿管路上，关小出口阀门后，真空表的读数＿＿＿＿，压力表的读数＿＿＿。 ***答案*** 出口减小增大 11. 离心泵的安装高度超过允许安装高度时，离心泵会发生＿＿＿＿现象。 ***答案*** 气蚀 12. 离心泵的扬程含义是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。 ***答案*** 离心泵给单位重量的液体所提供的能量。 13. 离心泵铭牌上标明的流量和扬程指的是＿＿＿＿＿＿＿＿时的流量和扬程。 ***答案*** 效率最高 14. 泵铭牌上的轴功率和允许吸上真空高度是指＿＿＿＿＿＿＿时的数值。 ***答案*** 效率最大 15. 离心泵的流量常用＿＿＿＿＿＿＿＿调节。 ***答案*** 出口阀 16. 往复压缩机的实际工作循环由_ _ _、_ _ _、_ _ _和_ _ _四个阶段组成。 ***答案*** 膨胀、吸气、压缩、排气 17. 离心泵起动时，如果泵内没有充满液体而存在气体时，离心泵就不能输送液体。这种现象称为_ _ _ _现象。 ***答案*** 气缚 18. 为防止气蚀现象发生，离心泵在运转时，必须使泵入口处的压强___________饱和蒸汽压。 ***答案*** 大于输送温度下该液体的。 二.解答题 1. 在化工生产和设计中，对流体输送机械的基本要求是什么？化工原理下册复习题
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