新世纪大学物理活页答案

01质点运动学 01 质点运动学 一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 1. B 2. CD 3. A 4. D 5. B 6. D 7. C 8. C 9. C 10. D 二、填空题 1. －Aω2sinωt(m/s2)； (2n＋1)π/ω(s)(n＝0，1，2，3，…) 2. ＝50(－sin5t ＋cos5t )(m/s)；at＝0；该质点运动的轨迹是圆 3. x＝t3＋8t－628 m；x0＝－628 m；v0＝8 m/s 4. ＝－ ＋4 (m/s2) 5. 6. x＝ m；s＝ m；a＝2 m/s2 7. v＝x＋1 m／s；x＝et－1 m 8. v≥ 9. x′＝－5t；y′＝v0t－ gt2；y′＝－ x′－ 10. t＝1 s；s＝1.5 m；Δθ ＝0.5 rad 三、计算与证明题 1. 解：因为a＝ ，所以得：v＝ ＝2＋6x2，vdv＝(2＋6x2)dx， 积分之： ＝ (2＋6x2)dx，于是得：v＝2 (m/s)。 2. 分析与解答：由题设方程可知，质点圆周运动的速率为 v＝ ＝b＋ct 则其切向加速度的大小为 aτ＝ ＝c 则其法向加速度的大小为 an＝ ＝ 按题意有aτ＝an，即 代入b＝2.0 m/s，c＝1.0 m/s2，R＝6 m，得 t＝ s 3．分析与解答：(1)由a～t曲线可知，a＝－8 m/s2，表明小球做匀变速直线运动，其 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程为： x＝x0＋v0t＋ at2(SI) 又由v～t和x～t曲线可知，当t＝0时，x0＝10 m，v0＝8 m/s。 所以，小球的运动方程为：x＝10＋8t－4t2(SI) (2)在t＝0时，x0＝10 m，v0＝8 m/s，a＝－8 m/s2。此时，质点开始沿x轴正方向匀减速运动： 在t＝1 s时，质点到达x轴正方向最远处，即x＝14 m，但此时v1＝0，a＝-8 m/s2，表明此时刻质点瞬向静止，处于换向点； 在1～3 s内，速度v＜0，a＝-8 m/s2，表明质点沿x轴反方向作匀加速直线运动。在t＝3 s时，质点到达x＝-2 m处。 (3)由x～t曲线上可以看出，在0～3 s内的位移为： Δx＝x3-x0＝－2－10＝－12 m 路程为：s＝(x1－x0)＋｜x3－x1｜＝(14－10)＋｜－2－12｜＝20 m 4. 解：质点的速度：v＝ωR＝kRt2，当t＝2s时，v＝32 m/s，所以k＝v/Rt2＝4/s3。 于是，当t＝1 s时，质点P的速度：v＝kRt2＝8 m/s。 质点的切向加速度和法向加速度分别为aτ＝ ＝2kRt，an＝ω2R＝k2t4R。 所以，当t＝1 s时，a＝ ＝35.8 m/s2 四、简答题 1．答：｜Δr｜是位量矢量的模，它反映了r的大小、方向两个因素的变化。而Δr＝Δ｜r｜称为径向增量，它只反映r的大小变化，如图所示。 2．​ 答：(1)aτ、an不为零，表明质点速度的大小、方向均变化， 但加速度a是恒矢量，表明质点作抛体运动。 (2)若a随时间变化，则质点作一般曲线运动。若其曲率半径ρ等于常量，则质点作 变速圆周运动。 02质点动力学 一、选择题 1．D 2．D 3．D 4．C 5．C 6．D 7．AE 8．C 9．C 10．A 11．B 12．A 13．B 二、填空题 1． ； 2. G dx；G ；G dx；G 3. 4. i＋2tj 5. gsinθ 6. π2 ml；889605.5(N) 7. kg·ms-1；kgm2·s-1 8. 0； mv；Rmv；0 9. 7.28×106(N·S)；7.28×10-7(N) 10. ； 11. 12x2－12x；1.5；0～2 12. －F0R 13. G 三、计算 1.​ 解：①根据牛二定理：f＝－kv＝m ∴－ dt＝ dv。 ∴－ t＝m ∴et＝ ② ＝ · ＝v· ∴－kv＝m·v － ＝ ∴－ ·s＝－v0 s＝ 2.​ 解：①根据能量守恒 R·mgθ ＝30°＝ mv2 ∴v＝ ②N＝mg·cos60°＋m ＝mg· ＋m· ＝mg ＝ mg 3. 解：∵F＝－kx 当F＝490 N时 x＝0.6 m ∴k＝ 过程中保守力做功，机械能守恒 kA2＝ mv2 ∴v＝ =70 (m/s) 4. 解：(1)F＝f－mg cos =kx-mgsin (2)质点处在弹口变形为x的M点所具有的弹性势能等于把质点从M移到D点的过程中弹性力所做的功，即Ep＝ (－kx)dx＝ kx2 5. 解：系统的m及弹簧，整个过程中受外力为零，且只有保守内力作功，故系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧达到最大压缩时，系统整体应具有相同的速度v，则有： m0v0＝(m＋m0)v ∴v＝ 由 ＝ (M＋m)v2＋ kx2 ∴x＝v0 四、简答题 提示：①惯性系(所选的参考系) ②宏观低速物体(所选的研究对像) 03 刚体力学 一、选择题 1．C 2. B 3. C 4. D 5. A 6. A 7. D 8. C 9. C 10. A 二、填空题 1． 2. ω＝78.5 rad／s；aτ＝－3.14 m/s2；an＝6.16×103 m/s2 3. 刚体绕定轴转动惯性大小的量度；I＝ r2dm；刚体的总质量；转轴位置 4. 3 mL2/4；mgL/2；2g/3L 5. a＝ m/s2 6. L＝1ω；M＝0 7. L＝4.0×104 kg·m2/s；Ek＝8.0×106 J 8. 0.4rad·S－1 9. ω＝25.8 rad／s 10. ω＝ ω0； ＝3 三、简答题 解答：把两个鸡蛋同时在玻璃台面上旋转，生鸡蛋的蛋清由于惯性会向蛋壳聚集，使质量分布发生变化，导致转动惯量增大，按角动量守恒I1ω1＝I2ω2，I2增大，ω2必减小，于是生鸡蛋很快会停下来。 四、计算与证明 1.​ 解：设绳上的张力为T，轮轴的角加速度为β物体的加速度为a。对重物，根据第二 定律有 mg－T＝ma； 对轮轴，根据转动定律有：Tr＝Jβ。 此外，a＝rβ，S＝ at2。 由以上四个方程可以解得轮轴的转动惯量： J＝mr2(gt2－2S)/2S 2.​ 分析与解答：以弹簧、滑轮和物体A为研究对象，分析其受力。由题意知，物体向 下运动，则分别对物体和滑轮运用牛顿运动定律和转动定律。 对物体A有 mg－FT1＝ma (1) 对滑轮有 (FT1－FT2)R＝Iβ (2) 对弹簧有 FT2－kx＝0 (3) 由于绳子与滑轮无相对滑动，则有 a＝βR (4) 联立式(1)～(4)可得物体A运动的加速度为：a＝ 代入x＝h＝0.4 m k＝2.0 N/m R＝0.3 m I＝0.5 kg· m2此时加速度为 a＝0.82 m/s2 又取物体、弹簧、滑轮和地球为系统，在物体下落过程中，系统机械能守恒。取物体A的初始位置处为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有 0＝ mv2＋ Iω2＋ kx2－mgx (5) 滑轮转动角速度ω与物体A运动速度有v＝Rω (6) 将式(6)代入式(5)中可解得物体A的速度为v＝ 代入x＝h＝0.4 m k＝2.0 N/m R＝0.3 m I＝0.5 kg·m2此时速度为 v＝0.71 m/s 3.​ 解：(1)子弹与圆盘不受外力矩，系统的角动量守恒，即 mv0R＝ ω， 由此得圆盘的角速度：ω＝ 。 (2)在圆盘上取半径r～r＋dr之间的圆环，如图，其质量为 2πrdr。转动时圆环所受摩擦力矩为dM＝ r2dr。 于是，圆盘所受摩擦力矩M＝ dM＝ dr＝ μgMR。 若设经过时间Δt圆盘停止转动，则由角动量定理有：MΔt＝mv0R。 所以Δt＝ 。 4.​ 分析与解答：子弹m0与细杆m的碰撞过程，系统角动量守恒，则有 m0v0l＝Iω0 (1) I＝I弹＋I杆＝m0l2＋ ml2 (2) 碰后上摆过程，系统机械能守恒。取细杆下端点A最初所在平面为势能零点，则共同上摆之初的机械能为 E1＝ I ＋ mgl 若要使杆与子弹保持持续转动，则杆应可摆动到铅直位置(即子弹在上端)，则此时的机械能为 E2＝ Iω2＋ mgl＋2m0gl 由机械能守恒定律得 I ＋ mgl＝ Iω2＋ mgl＋2m0gl (3) 联立式(1)、(2)和(3)，得 v0＝ 如果恰好能使杆与子弹保持持续转动，此时ω＝0，则得 v0＝ 04气体动理论 一、​ 选择题 1. A 2. C 3. C 4. B 5. B 6. D 7. C 8. D 9. C 10. B 二、填空题 1.​ 温度，压强，体积，PV＝γRT 2.​ 大量分子对器壁的频繁碰撞的平均冲量， ，分子平均平动动能， kT 3.​ 495(m/s) 4. 0.165(J) 5. 2.44×1025，2.44×107 6. (v)dv/ (v)dv 7. 5.65×10－21，9.4×10－21，1.1×104，41.5 8. 1.61×105 9. 1.1 10. e-E/RT，小 三、简答题 当T升高时 增大，n不变，即P增大 四、计算与证明题 1.​ 解：由PV＝ RT有 ＝6.22×10-21 J 2.​ 证明：混合气体的压强是两种气体，产生的压强的总数和 设 由②知 T＝ ③ 把③代入①得 P1＝ 同理另一种气体 P2＝ ∴P＝P1＋P2＝ 3.​ 解：(1)归一化条件 f(v)dv＝1 dv＝1 ∴a＝ (2)速率小于 的分子数 ΔN1＝ f(v)dv ＝ · 大于 的气体分子数 ΔN2＝ f(v)dv ＝ · (3) 4. 解：由气压公式P＝P0e- 将此式取对数可得Z＝ ＝1.96×103 m 05热力学基础 一、​ 选择题 1. C 2. B 3. C 4. A 5. B 6. B 7. A 8. C 9. CDF 10. D 二、填空题 1.​ 反映了热力学系统相互作用的特性。 反映了与热现象有关的过程中能量转换和守 恒定律在热学中的体现。 反映了与热现象有关的过程具有方向性。反映了系统的温度达不到绝对零度。 2. 21 J/(K·mol) 3. (略) 4. 否，V不同 5. 1.64，0.82 6. ＝，＜ 7. 内能不改变，27％，270，730 8. 三、计算与证明题 1.​ 证明：在等压过程中，气体从外界吸收的热量为：QP＝ CP(T2－T1) 内能变化ΔE＝E2－E1＝ CV(T2－T1) 又QP＝ΔE＋A 所以 又CP＝ R CV＝ R ∴ ∴有40％对外作功。 2.​ 解：在等压条件下，气体对外作功为 A＝P(V2－V1)＝1.013×105×(15－10)×10－3＝507 J 气体的内能增加为ΔE＝Q－A＝1206.8 J 3. 解：(1)整个循环过程中，气体所做净功为曲线所围面积：A＝(P－P0)(V－V0)＝P0V0 (2)从d→a为等容升压过程，系统从外界吸热。从a→b为等压膨胀过程，系统从外界吸热，整个循环过程系统吸收的总热量为Q＝Qda＋Qab Qda＝ CV(Ta－Td) Qab＝ CP(Tb－Ta) CV＝ R，CP＝ R，由PV＝ RT Qda＝ P0V0 Qab＝ (PV－PV0)＝7P0V0 ∴η＝ 3．​ 解：内能增量为：ΔE＝γCvΔT＝10× ×8.31×1＝124.7 J 由于A＝－209 J，则吸热为Q＝ΔE＋A＝－84.3 J 过程中的热容为C＝ ＝－84.3 J/K 摩尔热容为Cm＝ ＝－8.43 J/(mol· K) 四、简答题 1．解：Cv.m＝ R Cp.m＝ R Cp.m＝Cv.m＋R 这是因为在等体过程中，气体吸收的热量全部用于增加内能，而在等压过程中，气体吸收的热量除用于增加同样多的内能外，还要用于对外做功，故等压过程要使系统升高与等体过程相同的温度，需要吸收更多的热量，也即Cp.m＞Cv.m 2．答：在P－l图中假如两条绝热线相交于点(P.V)，在该点两条绝热线必有两个斜率，这与由绝热线过程PVγ＝C得出只有一个斜率相矛盾。因此两条绝热线不能相交。 06机械振动 一、​ 选择题 1.​ BD 2. A～C′B～A′C～D′D～B′ 3. B 4. C 5. C 6. B 7. D 8. A 9. B 10. C 11. B 12. D 二、填空题 1.​ 2π 2. 2π ， 3. 不变，不变，增大4倍，增大 2倍，增大2倍 4. 10， ， 5. Acos ，0， ·W 6. v＝ v0 7. ， v0 8. (略) 9. π，A 10. 3.6×10-5 三、计算与证明题 1. 解：设小球的振动方程为：x＝Acos(ωt＋ )， (1)由v＝－Aωsin(ωt＋ )得vm＝Aω，故有γ＝ ＝0.24 Hz (2)由a＝－Aω2cos(ωt＋ )得am＝Aω2，故有am＝A(2πγ)2＝4.5×10－2(m/s2) (3)由于t＝0时，v＝－Aωsin ＝vm，故有sin ＝－1， ＝－ 且ω＝2πγ ＝1.5(s-1)因此x＝0.02cos (m) 2. 解：(1)A＝4 T＝12(s) ω＝ x＝4cos (2) π t= · π＝ π＝－ x＝4cos (3)12s为一个周期，故路程为4A＝4×4＝16 cm 而12s振子刚好回到初始位置，故位移为零。 3. 解：由于是同一条直线上两个同频率的简谐振动的合成，故合振动的振幅和初相分 别为： A＝ =arc tan =arc tan 4.​ 解：设挂重物m后弹簧伸长y0且mg＝ky0 ① 选挂重物m后的平衡位置为坐标原点O，物体向下运动到y处时，受力如图所示，由牛顿第二定律，可知： mg－T＝m ② 对滑轮用转动定律 TR－fR＝Iβ ③ f＝k(y0＋y) ④ ＝Rβ ⑤ 解上述方程得 ＝ y或 ＝ y 这是简谐振动方程：由此得w＝ ,T=2π 四、简答题 答：①满足简谐运动方程：x(t)＝Acos(wt＋ ) ②满足动力学条件：F＝－kx 满足牛顿第二定律： ＋ x=0或 ＋w2x＝0 ③振子满足简谐运动的三个特征量，周期T频率γ，角频率w。 ④振子振幅与谐振系统本身性质无关，取决于运动状态，即由初始条件或某一时刻的运动状态决定。 ⑤满足总的机械能E的守恒，E＝Ek＋Ep 07 机械波 一、​ 选择题 1. D 2. D 3. D 4. C 5. B 6. D 7. A 8. C 9. C 10. C 二、填空题 1.​ A， ， ， ， 2. 0.05cos ，0.05cos 3. 0.02cos ，0.1π 4. m 5. 损失π，半波损失 6．0.02，40， 7. Acos ，Acos 8．16π2×103w·m－2，3.84π2×1010 9. ， ， 10. π， π 三、计算与证明题 1.​ 解：取波源为坐标原点，传播方向为x轴正方向，则波源激起的简谐波函数为： y＝6.0×10－2cos m (1)x＝6.0 m时，y＝6.0×10－2cos =6.0×10－2cos m (2)Δ ＝ (t－3.0)－ t＝－ π 2. 略 3. 解：w＝2πv＝200π ∴y＝0.05cos 当t＝0时，y＝0，且向E方向运动。 (1)y＝0.05cos (2)∴y＝0.05cos P点质元运动方程。 y＝0.05cos N点质元运动方程。 (3)代入t＝1，x＝1 相位为δ＝200π ＝200π· ＝250π＋ π。 ∵是2π的整数倍可去掉，故相位为： 4．S1右侧：y1右＝A0cos S1左侧：y1左＝A0cos S2右侧：y2右＝A0cos S2左侧：y2左＝A0cos A＝ (1)S1左侧Δ ＝ (S1车身超前 ，S2经路程 再量后 ) ∴A＝ ＝0 (2)S2右侧：Δ ＝ (S1本身超前 ，S1经路程 量后 ，故相位差为0) ∴A＝ =2A 5. 解：以波源为中心，以20 m为半径作一球面，则球面处的波的强度为：I＝ ＝ =0.08 w/m2 08波动光学 一、​ 选择题 1. A 2. A 3. C 4. B 5. D 6. D 7. B 8. F 9. A 10. B 二、填空题 1.​ 波动，横 2. 把光源上同一点发出的光波分成两列光波后经不同路径后再相遇，分 波阵面法，分振幅法，(n1－n2)e， (n1－n2)e 3. 0.24 mm，n2介质，5，增加 4. 1.2 mm，3.6 mm 5. 1.21 6. 539.1 nm 7. 7，6，6，暗 8. 21，2.1 9. 完全偏振光，垂直入射面，部分偏振光 10. 60° 三、简答题 1.​ 解：测量光波波长从原理上讲运用上述三种方法都可以，但是在选择测试方法时首 先要考虑怎样减小测量误差。用单缝衍射测量波长时，其条纹光强的空间分布是连续平缓，光强最大处和光强最小处的准确位置很难确定，中央明纹宽度和条纹间距都不能准确测量，求得的波长误差较大，运用杨氏双缝干涉测波长与单缝衍射条纹有同样的缺隙。 而光栅衍射条纹是等间距、分立地分布着又窄又亮的条纹，光栅上的刻痕条数越多，明纹越细越亮，背景越暗，条纹中心位置比较容易确定，并且获得的条纹亮度大大高于其他两种条纹的光强，所以运用光栅衍射 比较精确地测出光波波长。 2.​ 解：①利用偏振片：自然光通过偏振片，其透射光为振动方向与偏振片的偏振化方 向一致的线偏振光。 ②利用双折射现象：一束自然光射入各向异性晶体产生的两束线偏振光(O光和e光)，将其分开去掉一条即可得到线偏振光。 ③利用反射光和折射光的偏振也可获得线偏振光。例如以布儒斯角iB投射的自然光，其反射光为垂直于入射面振动的线偏振光。 四、计算题 1. 解：λ＝ ＝600 nm 2. 解：(1)干涉条纹的间距 Δx＝f ＝1.5× ＝1.58×10－3 m (2)单缝衍射中央明纹宽度为：Δx′＝2f ＝2×1.5× ＝23.7×10－3 m 则有： ＝15 ∴N＝15－1＝14(条) 3.​ 解： ∴ ＝14.5 4.​ 解：(1)光栅常数为：a＋b＝ ＝2.0×10－6 m 由光栅方程(a＋b)sin ＝kλ (k＝0，±1，±2…) 当 ＝ 时，k＝ ＝3.4 所以最多能观察到第3级条纹。 k＝ k′＝ k′＝2k′(k′＝1，2，…) 由此可知第二级(k＝2)光谱线缺级，因而实际能看到的条纹总是5条。 (2)光栅方程为：(a＋b)(sinθ ＋sin )＝kλ，(k＝0，1，2…) k＝ 5.1 取 时可得最高级次。 所以可看到最高级次为第5级。 09真空中的静电场 一、​ 选择题 1．A 2. C 3. A 4. D 5. B 6. A 7. C 8. E 9. D 10. C 二、填空题 1. ·d ＝0，单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零，保守场 2. F＝3.78 N 3. ，0 4. E＝ ，由O指向缺口， U＝ 5. UB＝45 V，UB＝－135 V 6. Φe＝E·2Rl 7. (q2＋q4)/ ，q1、q2、q3、q4 8. Q1＝－ Q2 9. 垂直于U2指向U3 10. 0，Qq/(4π R) 11. ΔEk＝＋ 12. -2AX/(X2＋Y2)，0 三、计算与证明题 1.​ 解：在半圆细线上取电荷元 dq＝λdl＝λ0Rsinψdψ， 它在O点产生的电场为dE＝ 其分量 dEx＝－dEcosψ＝－ sinψcosψdψ， dEy＝－dEsinψ＝－ 2ψdψ。 所以， Ex＝ ＝0， Ey＝ ＝ ψdψ＝ ，亦即 。 2.​ 分析与解答：(1)作半径为r的同心球形高斯面，根据高斯定理有 · dS＝E ＝E4πr2＝ 当r＜R1时∑q＝0 E1＝0 当R1＜r＜R2时∑q＝Q1 E2＝ 当r＞R2时∑q＝Q1＋Q2 E3＝ (2)两球面间的电势差为 UAB＝ ·dr＝ dr＝ (3)球面A的电势为UA＝ ·dr＝ ·dr＋ · dr ＝ dr + dr ＝ ＝ 3.​ 分析与解答：(1)以A点为原点，建立如图(b)所示坐标， 在距A点为x处取微元dx，则dq＝λdx＝ dx，微元在p点产生的电势为 dU＝ · 则P点的电势为 UP＝ ＝ · (2)由电场强度与电势梯度的关系，得 E＝－ 4.​ 解：(1)在球内取半径r～r＋dr之间的薄球壳作为体积元，其电荷为 dQ＝ρdV＝ r3dr， 所以球内总电荷 Q＝ Q＝ dr＝q。 (2)在球内取高斯球面S1并运用高斯定理，有E4πr2＝ dr， 所以得球内的电场强度E＝ ，(r≤R)。 在球外取高斯球面S2，则有E4πr2＝ dr， 所以得球外的电场强度E＝ ，(r≥R)。 5.​ 分析与解答：(1)过任一点P，作半径为x、长为l的圆柱 形高斯面(如图(b))，有 ·dS＝E·2πxl＝ 则E＝ (2)B、C两点间的电势差为UBC＝ ·dx＝ dx＝ (3)电场力所作的功为A＝－qUBC＝－ 由于xc＞xb 则A＜0电场力作负功。而A＝－qUBC＝－q(UB－UC)＝WB－WC＜0 所以WC＞WB －q在c点的电势能高。 四、简答题 1.​ 答：对均匀带电平面，取半径为r，宽为dr的圆环，微元面积为dS＝2πr·dr，对 均匀带电球体，取半径为r，厚为dr的薄球壳，微元体积为dV＝4πr2·dr 2.​ 答：Φe不变，因为只要Q处于S面内，则Φe＝ ，但Q位置不同，S面上各点的 E要发生变化。 五、证明 解：设内球面有电荷q，则两球面之间的电场为E＝ ，(a＜r＜b)。 内外球面之间的电势差则为U＝ 。 由此得 所以内、外球面之间的电场E＝ 。 令r→a，得内球表面附近的电场强度：E｜r＝a＝ 。 由此可知，当a＝b/2时，内球表面附近的电场强度最小，且Emin＝4U/b。 10 静电场中的导体与电介质 一、选择题 1. B 2. C 3. BD 4. C 5. D 6. BD 7. B 8. C 9. B 10. C 二、填空题 1. 导体的表面上，表面的法线，0 2. 3. σ1＝－ ，σ2＝ 4. Qd/(2 S) Qd( S) 5. 极化，＜ 6. (1)D1＝0，D2＝ ，D3＝0，D4＝ (2)E1＝0，E2＝ ，E3＝ ，E4＝ 7. U＝ ，c＝4π R 8. 1/ ，1／ 9. (1)AB电容器：UAB＝ CD电容器：UCD＝ (2)在抽出金属板的过程中，外力作功A＝ ；在抽出介质板的过程中，电容器能量的增量ΔW＝ 10. C0，W0/ 三、简答题 答：带电体接地后，带电体与地球成为一体，且为等势体，而地球的电势为零，则带电体的电势必定为零。此时，带电体上是否还会带电荷，或带何种电荷都取决于其周围是否还有带电体。例如，带电体A接地，若其旁边再无其它带电体，则A不再带有电荷；若其旁边还有带正电的物体，则A必定会带有一定量的负电荷；若其旁边还有带负电的物体，则A必定会带有一定量的正电荷。 四、计算与证明 1.​ 分析与解答：(1)由于电场分布具有球对称性，根据介质场中的高斯定理： ·dS＝ 有 当r＜R时，由于导体内电场强度处处为零，则E1＝0 当R1＞r＞R时 D4πr2＝Q D＝ E2＝ 当R2＞r＞R1时 D4πr2＝Q D＝ E3＝ 当r＞R2时 D4πr2＝Q D＝ E4＝ (2)P点的电势为UP＝ ·dl 即 UP＝ dr＋ dr＋ dr＋ dr ＝ ( - + - + ) (3)能量密度为 e＝ 在介质球壳中，取半径从r到r＋dr之间球壳的体积为体积元，则dV＝4πr2dr 介质球壳中储存的能量为 We＝ dV＝ 4 ·dr= ( ) 2. 解：(1)设极板带电±σ，若保持板上的自由电荷不变，则加入金属片后极间电场仍为 ，而金属片内部电场为零。于是，两极电势差 U＝ (d-t)。 所以电容变为 C＝ 。 (2)金属片在两极之间的位置对电容值没有影响。 3. 分析与解答：在均匀无限大电介质中，导体球表面电荷均匀分布。由介质场中的高斯定理，有 D＝ E＝ 故能量密度为we＝ 由于金属球电容器C＝4π ，则电场能量为W＝ 4. 证明：可有两种方法求解。 方法1：设极板带点面密度为σ，则两极板间空气中的场强为E1＝ 介质(纸张)中的场强为E2＝ 两极板间的电势差为ΔU＝E1(d－e)＋E2e＝ 由定义得电容C＝ 整理得e＝ 方法2：可将此电容器看作是两个电容器的串联，其中 C1＝ C2＝ 总电容为C＝ 则e＝ 5. 解：充电后两球电势分别为 U1＝ ， U2＝ 。 其电势能分别为 W1＝ ， W2＝ 。 总电势能 W＝W1＋W2＝2π 。 两球相连之后，其电荷均为 Q＝ 。 其电势均为 U＝ 。 总电势能变为 W′＝ 。 静电场力的功A，等于电势能增量的负值，所以 A＝－(W′－W)＝π R(U2－U1)2＝1.1×10－7 J。 11恒定磁场 1、​ 选择题 1.​ C 2. B 3. C 4. C 5. A 6. B 7. A 8. C 9. C 10. B 11. D 12. B 13. D 14. B 15. D 16. B 2、​ 填空题 1.​ FL＝－ev×B，Pm＝ 2. 1∶2，1∶2 3. N型半导体 4. ,60°或120° 5. Fa＝IBL，垂直纸面向内，垂直纸面向外 6. Fabcd＝IB(l1＋2R)j 7. 8. Pm＝1.2×10－5A·m2，Mmax＝1.2×10－6 N·m，α＝30°或150° 9. 10. ·dS＝0，闭合的，无源场， ·dl＝ ，非保守场， ·dl＝ ， ·dl＝－2 11. B＝ ，垂直于纸面向里，即 12. 略 13. B＝ 1n2， 14. 15. B＝ 16. Φm＝ 1n 3、​ 计算与证明题 1. 分析与解答：按介质中的安培环路定理，取以O为圆心，r为半径的安培环路L，有 ·dl＝H·2πr＝ 则H＝ B＝ 所以，当r＜R1时 ＝ ·πr2 B1＝ 当R1＜r＜R2时 ＝ B2＝ 当r＞R2时 ＝ B3＝ 2. 解：设细圆环单位长度带电λ。如图，取θ～θ＋dθ之间的元弧，当圆环绕直径以角速度ω转动时，等效于一圆形电流，其电流大小为 dI＝ 。 这等效圆形电流的磁矩 dpm＝SdI＝πR2sin2θ dθ＝λωR3sin2θdθ。 于是，旋转带电圆环的磁矩 pm＝ ＝λωR3 ＝ ， 其中，q为圆环上的总电荷。 3. 解：(1)因为AB弧所受磁力等于直线段AB所受磁力，所以 F＝IB ＝0.283 N 其方向垂直于AB连线，如图所示。 (2)线圈的磁矩 pm＝IS＝ 。 线圈平面与磁场成60°角时，磁矩 m与磁场成30°角，所以线圈所受磁力矩大小为 M＝pmBsin30°＝1.57×10－2 N·m。 该力矩将使线圈法线转向磁场的方向。 4. 分析与解答：(1)Ia＝λav Ib＝λbv (2)两导线单位长度上的电荷在对方处产生的电场强度为E＝ 故 Fea＝λaEb＝ Feb＝λbEa＝ 电场力Fea和Feb为斥力。 (3)长直载流导线激发的磁感强度为B＝ 故Fma＝IaBb＝ Fma＝ 磁场力Fma和Fmb为引力。 (4) 5. 略 6. 分析与解答：(1)绕中心轴转动的带电介质圆盘可以看成是一个载流圆盘，载流圆盘又可看作是由一个个同心载流圆环所组成，点O的磁感强度B就是由这一个个载流圆环的磁感强度叠加的结果。 在半径r处取一宽为dr的同心圆环，其上的dI可以写成 dI＝σn2πrdr 式中，σ＝ 为电荷面密度，2πrdr为圆环的面积。 由于圆电流中心的磁感强度为B＝ ，因此，所取圆环在其中心的磁感强度dB为 dB＝ 按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B为 B＝ (2)宽度为dr的圆环的磁矩为 dpm＝SdI＝πr2·σ2πnrdr 于是，整个圆盘的磁矩为 pm＝ 方向：垂直纸面向外。 4、​ 简答题 答：a代表铁磁质的B—H关系曲线，因为在铁磁质中B与H不成线性关系， ＞＞1且不是常数，铁磁质的磁场比原磁场大得多。 b代表顺磁质的B—H关系曲线，因为在顺磁质中B与H成线性关系， ≈ 且 ＞1，并是常数，顺磁质的磁场比原磁场略大。 c代表抗磁质B—H关系曲线，因为在抗磁质中B与H成线性关系， ≈ 且 ＜1，并是常数，抗磁质的磁场比原磁场略小。 12磁场中的磁介质 1、​ 选择题 1.​ C 2. C 3. C 4. A 5. B 6. D 7. A 2、​ 填空题 1.​ －0.0000088，抗磁质 2. 2，1 3. 4. 3、​ 计算题 1.​ B＝ 2.​ 解：在环内任取一点P，过P点作一环路L如图。 由对称形性知，L上各点H的大小相同，方向均沿切向； 由H的环路定理， ·d ＝NI有 H·2πr＝NI得 H＝ 因磁介质是均匀的顺磁质， B＝ 其中B0＝ 是螺绕环内部为真空时，环内部的磁感强度。 可见，此题在充介质的情况下，磁感强度增大为环内为真空时的 倍。 13电磁感应与电磁波 1、​ 选择题 1.​ CE 2. B 3. D 4. D 5. E 6. B 7. C 8. C 9. B 10. C 2、​ 填空题 1. ，磁通量随时间的变化率，阻碍磁通量的变化, ＝12t＋7V 2. a 3.​ 洛伦兹力，Ek＝v×B，v×B，感生电场力 4. 5×10－4Wb 5. ADCBA绕向，ADCBA绕向 6. ＝l1l2ωB0cosωt 7. 垂直纸面向里，垂直OP连线向下 8. μnI，μn2I2／2 9. 变化的电场(位移电流)能激发磁场，变化的磁场能激发感生电场， ·dl＝ ·dS＋ ·dS c 10. 向右运动 3、​ 解答题 答：共同之处：位移电流与传导电流一样都会产生磁场。 不同之处：(1)传导电流源于自由电荷的定向运动，而位移电流不涉及电荷运动，本质上就是变化的电场； (2)传导电流通过导体时要产生焦耳热，而位移电流则无热效应； (3)传导电流只能在导体中存在，而位移电流可以在导体、电介质甚至真空中存在。 4、​ 计算与证明 1. 与直导线相距r处的磁场 B＝ 。 图中荫影部分所示面积元上的磁通为 dΦ＝ ， 所以，当滑动边移动x时，穿过线框的磁通 Φ＝ 。 于是，线框内的感应电动热 当λt＜1时，顺时针方向；当λt＜1时，逆时针方向 2. 如图，建立坐标系，距载流导线x处 B= t时刻，设导线的速度为v，取长为dx的导线元，其上的动生电动势为： d )·d ＝vBsin90°dxcos0°＝ 。 所以导线MN上的电动势 因为：v＝gt 所以UN－UM＝－ 3.​ 解：(1)取长度为h的一段电缆，如图。两筒之间，与轴线相距r处的磁场为 B＝ 。 这一段回路的磁通(即穿过图中荫影部分S的磁通)为 Φ＝ ·d ＝ 。 其自感系数则为 L＝ 。 最后得单位长度的自感系数 L0＝ 。 (2)单位长度储存的磁能为 Wm0＝ 。 4.​ 分析与解答：(1)取dx，其到直导线距离为x，面积元dS＝adx，绕行方向为顺时针，则 dΦm＝BdS＝ 左侧线框磁通量为负值，右侧线框磁通量为正值，则有 Φm＝ ＝ 互感系数为M＝ (2)由I＝I0e－λtΦm变化，互感电动势为 ·λI0e－λt ＝ 1n3(顺时针) 5.​ (1)解答wm J／m3 we＝ 4.4 J／m3 表明wm＞we，磁场比电场更利于储存能量。 (2)解答：由Wm＝wm·V 1.0 kW·h＝3.6×106 W·s 故V＝ 9.0 m3 线圈的自感系数为L＝ H 通常一个直径为1 cm，长为10 cm，N＝1000匝的螺线管，其L约为10－3 H。 (3)解答：δ＝γE＝γE0sinωt δD＝ 取极大值，所以有 14狭义相对论 1、​ 选择题 1.​ C 2. C 3. D 4. A 5. D 6. B 7. B 8. B 9. A 10. D 2、​ 填空题 1.​ 相对性原理，光速不变原理 2. － ，100 km，1 km,3. 88×10－4(s) 2.​ C 4. 2.91×108 m/s 5. 80 m2 6. 3.16×10－5(s) 7. mc2－m0c2， 8. n－1 9. 0.68 10. 5.8×10－13，8×10－2 3、​ 计算题 1.​ 解：(1)Δt＝Δt′／ ＝20／ ＝20／0.8＝25(s) (2)L＝L0× ＝2× ＝1.6(m) (3)在S′系中 E′＝m0c2＝2×9×1016＝1.8×1017(J) 在S系中 E＝mc2＝ ·c2＝ 8×9×1016＝2.25×1017(J) 2.​ 解：(1)不是同时发生 (2)L＝L0 ∴L0＝L／ ＝ ＝125(m) 3.​ 证明：在惯性系k和k′中观测二事件的时空坐标分别为： k＝(x1，t1)，(x2，t2) k′＝(x1′，t1′)，(x2′，t2′)，Δx′＝0 因为在k′系中观测，二事件发生在同一地点，所以Δt′为原时。 于是，Δt＝ Δt′＝Δt· Δx2＝ Δx＝vΔt v＝ 所以Δt′＝ 4. 由于qvB＝m ① 考虑相对论效应 m＝ ② 由于动能为E＝0.50Mev mc2－m0c2＝E ③ 由①②③解得 B＝ ＝1.43×10－7(J) 15量子物理基础 一、选择题 1. B 2. A 3. B 4. C 5. D 6. D 7. C 8. D 9. A 10. C 二、填空题 1.​ 2， 2. 3. 散射角，散射物质，0.0024 nm 4. hc(λ′－λ)／λλ′ 5. 4.88×10－11 6. 1.33×10－23 7.​  卢瑟福α粒子散散实验 实了电子存在自旋 康普顿x射线散射实验 证实了电子的有核模型 戴维逊—革末实验 证实了电子具有波动性 斯特恩—革拉赫实验证 证实了光的波粒二象性 8.​ 2，2×(2l＋1)，2n2 9. 1，0， 或－ 10. 光的量子论，粒子数反转分布，方向性好，单色性好因而相干性好，光强大，谐振腔 三、计算与证明  1. 由维思位移公式λmT＝b可知： T＝ ≈5912 K 2.​ 解：(1)光由效应方程为：hγ＝ Ek＝ 3.22×10－19 J＝2.0 (eV) (2)因eU＝ 所以截止电压为U＝ V (3)由hγ0＝ ＝A得λ0 296 nm 3.​ 当n＝1时，发现粒子的几率密度｜4｜2＝ 所以，在0～ 之间发现粒子的几率为： P＝ ｜ψ｜2dx＝ ·P＝0.09 4.​ 将不确定关系写作ΔxΔp≥h时，由题意可得 Δx＝λ＝ 又ΔxΔp≥h Δp＝mΔv 代入上式得： mΔv≥ 所以有Δv≥v 4、​ 简答题 物质波的波函数是一种几率波，也就是粒子在某处出现的概率与波函数振幅的平方成正比。 而经典波中的波函数表示一质点的运动状态由空间坐标随时间变化来描述的。