药用物理复习题

1、1 / 7 物理学期末复习题 第二章 9、水以压强为4.0×105 Pa，流速为4.0m/s ，从内径为20mm的管子流到比它高5.0m的细管中去，求细管内径为10mm时，它的流速和压强。 解 122212160.4)010.0020.0()(?smvddv 222212112121ghvPghvP? )()(2112212212hhgvvPP? 0.58.9100.1)416(100.121100.432235? = 2.3×105 Pa 10、水以5.0 m/s的速率通过截面积为4.02 的管道而流动，当管道的横截面积增加到8.02，管道逐渐下降了10m，试问：（1）低

2、处管道的水流速率是多少？（2）如果高处管道内的压强为1.5×105 Pa，则低处管道的压强是多少？ 解（1） 112125.20.50.80.4?smvssv （2）22212112121?PghvP 1222112)(21ghvvPP? 108.9100.1)5.20.5(100.121105.132235? = 2.6×105 Pa 16、有一水槽内贮水，水面距地平面高h，在距地面h'处开一小孔，水从孔中由水平方向射出，求水落到地面的地点与容器相距多远。其次求孔的位置距地面多高时，水喷到地面的距离最大。 解 小孔流速为 v = )'(2hhg?，设水自由

3、下落时间为t，水达到地面距桶的距离为x。 221'gth? , ght'2?)'('2hhhvtx? 2 / 7 令0)'2()''('212?hhhhhdhdx 则 0'2?hh 2'hh? 第三章 12容器中有压强为1.33Pa，温度为27的气体。问：（1）气体分子的平均平动动能是多少？（2）13中分子具有的总平动动能是多少？ 解（1 ）kTke23? )27273(1038.12323? = 6.21×10-21 J （2） P = nkT n = kTP 13中分子个数为 1×10-6

4、×kTP kTkTPke236101? = 1×10-6×1.33×23 = 2.00×10-6 J 13某气体在温度为273K，压强为1.01×103Pa时，密度为1.24×10-2/m3。试求：（1 ）这种气体的方均根速率2v。（2）这种气体的摩尔质量。 解 （1）设气体密度为，因为 = m·n， 2223131)21(23vvmnvmnP? 所以方均根速率 smvP/494231024.11001.1332? （2）设气体的摩尔质量为M 3 / 7 M = mNA = ANn?， P = nkT M = N

5、AkTP? = RTP? 27331.81001.11024.132? = 2.79×10-2 /mol 19有大量质量为6.2×10-14 g的粒子悬浮于27的液体中，试求粒子的最可几速率、平均速率和方均根速率。 解 vp =mKT2 = 3142310102.6)27273(1038.12? = 1.2×10-2 m/s 3142310102.614.3)27273(1038.188?mKTv? = 1.3×10-2 m/s 31423210102.6)27273(1038.183?mKTv = 1.4×10-2 m/s 第四章 10见图4

6、20，在直角三角形ABC的A点上有电荷ql1.8×10-9 C，B点上有电荷q2 = -4.8 ×10-9 C，且 BC =0.040 m，AC = 0.030 m，试求C点场强的大小和方向。 4 / 7 解 C点的场强是q1和q2在该点所产生的场强的矢量和，如图4-20(a)所示。 E1 =210)(41ACq? =9.00×10 9×229)100.3(108.1? =1.8×104 (N/C) E2 =220)(41BCq?= 9.00×109×229)100.4(108.4? = -2.7×104 (N/C

7、) E =2221EE? =227.28.1?×104 = 3.2×104 (N/C) tg= 21EE = 44107.2108.1? = 32 , = 33.7° 14半径为R的无限长直薄壁金属圆管，表面上均匀带电，且单位长度带有电荷为。求离管轴为r处的场强，并画出Er曲线。 解：设>0。由对称性分析知场强方向是由管轴向外辐射，在距轴线等距离处，E?的数值应相等，作高斯面如右图上部所示。这个面的上、下底面因与场强方向平行，故都没有电通量。 管内：r < R，由高斯定理 sdsE?内=sdE?侧面内 = E内·2rL =qi/0 = 0，

8、所以E内 = 0 管外：r > R，由高斯定理 sdsE?内 = E外·2rL = qi/0 =L/0 5 / 7 所以 E外 =/20r， E外 与r成反比。 Er曲线如右图下部所示。 15半径为R的均匀带电球面，其电荷面密度为。试求球面内、外电场强度和电势的分布规律。 解：因电荷分布是球对称的，则其场强分布也是球对称的。在同一球面上各点的场强大小相等，方向沿球半径方向。所以可用高斯定理来计算球内外各点的场强，设0。 先求球壳外的场强分布。在球外任取一点P，以P到球心O的距离r为半径，作球形高斯面（如右图所示）此高斯面内所包围的电荷q=4R2，通过高斯面的电通量为 ?sp s

9、 pdsEdsE0?= E p4r2 根据高斯定理可得： E p4r2 =0?q =024?R E p =202rR? （r > R） 再求球壳内的场强分布。在球壳内任取一点Q，以Q到球心O的距离r'为半径，作一球形高斯面，显然，此高斯面内包围的电荷q=0，通过高斯面的电通量o = 0，则 EQ =0 （r<R） 球面外任一点P的电势为 ?rpprRdrrREdrV02202? （r>R） 球面内任一点Q的电势为 02020?RdrrRdrEdrRRrQQV? （r<R） 第六章 14在磁感应强度B2.0T，方向沿X轴正方向的空间放一个尺寸如图634所示的棱镜型

10、立体小盒abcdfe。求通过abcd面、adfe面及整个闭合曲面的磁通量。 6 / 7 22见图640，通过回路的磁通量与线圈平面垂直，且指向图1，式中B的单位里边，磁通量随时间变化的关系是B =6t27t为mWb, t的单位为s，问：（1）当t2.0s时，在回路中的感生电动势的大小？(2)R上的电流的流向如何？ 解（1）B = （6t2+7t+1）×10-3 Wb 所以电动势的)(10)712(3Vtdt d? 当t = 2s 时 =（12×27）×10-3 = 3.1×10-2 (V) (2)由右手螺旋定则知,通过电阻R的电流流向是从左向右。 第八章

11、 14用波长为546 nm的平行光照射宽度为0.100 nm的单缝，在缝后放一焦距f50.0 cm的凸透镜，在透镜的焦平面处放一屏观察衍射条纹求中央明纹的宽度、其他各级明纹的宽度以及第三级暗纹到中央明纹中心的距离。 解 由暗纹条件 asin = k 得sin= k/a，当很小时，sintg 故暗纹位置 X = f·tg = f·sin = k/a ·f 32910100.0100.5010546?k 得 x1 = 2.73×10-3 m，x2 = 5.46×10-3 m， x3 = 8.19×10-3 m 中央明纹宽度 x = 2x1

12、 = 5.46×10-3 m， 其他明纹宽度x' = x2 - x1 = 2.73×10-3 m 第三级暗纹到明纹中心的距离 x3 = 8.19×10-3 m 19白光垂直照射每毫米有500条刻痕的光栅，在第四级光谱中可观察到的最长波长是多少？ 25通过偏振化方向成30°夹角的两平行放置的偏振片看一光源的强度和在偏振化方7 / 7 向成60°时看同一位置的另一光源的强度相同，试求两光源强度之比。 第九章 12玻璃的吸收系数为10-2 cm-1,空气的吸收系数为10-5 cm-1,问1cm厚的玻璃所吸收的光相当于多厚的空气层所吸收的光? 14光线经过厚度为l