大学物理课本习题解上中下

1、第一篇 运动习题解质点学一. 选择题：（B） （）（）（）（）（）（）（）（）10（）11（）12（）13（）14（）二. 填空题：1.；圆 ；（）、（）、（）是不可能的1011，； 12变速率曲线运动；变速率直线运动13，14，15三.计算题：解：（）；（），；（）2.解：， 3. 解：首先求出时质点在轨迹上的位置，（在大圆上）各瞬时质点的速率：；，各瞬时质点的切向加速度和法向加速度：时，XYO4. 解：（），轨迹方程是：（），速度大小为：与轴的夹角，与同向，方向与垂直.解：，又已知 ，则：西北6.解：选地面为静止参考系，风为运动参考系，飞机为运动质点已知：相对速度：，方向未知；牵连速度：，

2、方向正西；绝对速度：大小未知，方向正北由速度合成定理有：，AOCBMM，构成直角三角形，可得：（北偏东航向）7. 解：由积分：当时， 得：8. 解：设质点在处的速率为，9. 解：设质点的加速度为：，时， 即 由 ，得由 ，, 又质点走过的距离10. 解：根据题意： 即:解得：11.解：选地面为静止参考系，火车为运动参考系，雨滴为运动质点：已知：绝对速度：大小未知，方向与竖直方向夹；牵连速度：，方向水平；相对速度：大小未知，方向偏向车后由速度合成定理：画出矢量图，由几何关系可得： 牛顿运动定律一 选择题：（）（）（）（）（）（）（）（）（）10（）11（）二 填空题：3. 1/cos2q4 ，三

3、.计算题：.解：（）；（）， 解：(1) 以、绳为研究对象(2) 以绳的下段长和物体为研究对象A.解：设绳子与水平方向的夹角为，则木箱受力如图所示，当匀速前进时由图解法或以上方程可解出:，且，时，最省力（求极值得结果）4. 解：受力图如图所示： 以为研究对象：方向： ()方向： （）同时， （） （）（）、（）、（）、（）联立求解： 斜面对地面的压力：斜面对地面的摩擦力：.解：对：() （） （）对： （） （） （）由（）、（）、（）式得：再由（）、（）、（）式得：6.解: (1) 子弹进入沙土后受力为-Kv由牛顿定律 , , (2)求最大深度 功与能一、选择题：1. (A)，2.（B），3

4、.(D)，4.(C)，5.(C)6. (B)，7.（C），8.(D)，9.(C), 10 .(B）二、填空题1. 2. 3. 12800J4. 动量、动能、功、势能5. 100m/s6. 5.23105 W7. 8. -F0R; 9. 零，正，负10. 18J，6m/s11. 4000J12. ，13. GMm/(6R)，-GMm/(3R)三、计算题1. 解：由x=ct3可求物体的速度：物体受到的阻力为：阻力对物体所作的功为：2. 解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量。由题意有而由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为另解：根据动能定理，摩擦力和弹性

5、力对木块所作的功，等于木块动能的增量，应有其中3. 解：（1）根据功能原理，有 （2）根据功能原理有4.解：两个粒子的相互作用力已知处为势能零点，5. 解：把卸料车视为质点。设弹簧被压缩的最大长度为l，弹性系数为k，在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有 对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，得： 由式和联立解得：6. 解：设v1为软木塞飞出的最小速度，软木塞和试管系统水平方向动量守恒 （1）当用硬直杆悬挂时，M到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒， （2）若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v满足由机械能守恒： 7.解：（1）取地心为原点，从O指向陨石为r的正方向，如

6、图。陨石由a落到b，万有引力的功（2）取陨石为研究对象，根据动能定理 得（也可用机械能守恒解）8.解：（1）由位矢 （2）由 9.解：用动能定理，对物体 得 10. 解：（1）外力做的功 （2）设弹力为 即（3）此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始未态有关动 量一 选择题：（）.()（）（）（）（）（）（）（）10（）11.（）12（）13（）二 填空题：；与速度方向相反不一定；动量；北偏东10；1112；13；1415；16；三 计算题：1. 解：建立如图坐标系，由动量定理，小球受到的冲量的，分量的表达式为：OXY方向：（）方向： （） 方向沿正向根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力为：方向垂

7、直墙面指向墙内2.解：由动量定理知质点所受外力的总冲量由方向：，（与轴正向夹角）3.解：完全弹性碰撞：动量守恒；机械能守恒碰撞前：，方向水平向右，：；碰撞后：，设方向水平向右，：，方向水平向右动量守恒： ）机械能守恒：(）（）、（）联立方程组，解得：且，与所设方向相同二球同时落地，下落时间相同，有：; 得： 解得：4.解：（）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒令子弹穿出时物体的水平速度为，有： （）（方向为正,负号表示冲量与方向相反）12XYO5.解：第一阶段：抛体运动，上升到最高点的时间为 初动量： 第二阶段：爆

8、炸后，爆炸力是内力，动量守恒正下方一块的爆炸瞬间的速度为，方向向下（爆炸点为坐标原点，负向）由及得：由动量守恒：方向：方向：解得：，由:得: （第二块落地的时间）离发射点的距离6. 解：子弹射入未进入以前，、共同作加速运动受到的作用力：方向向右在时间内作匀加速运动，秒末的速度当子弹射入时，将加速而仍以的速度继续向右作匀速直线运动对于的速度，取、和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，有：7.解：完全弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒碰前：对：方向向右，对：；碰后：对：方向向左，对：，方向向右动量守恒：（）机械能守恒：（）联立（）、（）两式解得：，而 ；克服阻力作的功为动能

9、的减少，由动能定理：8.解：这个问题有两个物理过程：第一个过程：木块沿光滑的固定斜面下滑，到达点是速度的大小为 方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有：刚体的定轴转动一、选择题1.( C) ; 2.(A); 3.( D); 4.( C); 5.( C); 6. (B); 7.(C); 8 (B); 9.(A) 10.( C);11.(B); 12.(D); 13.(C); 14.( A);二、填空题：（共18分）1. 4s ; -15ms-1 ;2. 9.61s ； 48rev; 3. 5rad/S2; 4

10、. 50ml2 5. 2; 6.。7. ; 8. 9. 157Nm 。10. 14 rad/s 11. 12.。13. 14. 15. mvl 16.（1），（3）。17. 三、计算题： 1. 解：两轮的角加速度分别为A，B atA=atB=at=r1A=r2B A=B =Att= =40s2.解： MI=0 J=恒量 J减小，增大J00=J （J0= J）=40 T=3.解：有外力矩作用时 01=0，t1=100rev/min=10.5rad/s其角加速度 1=(t1-01)/t1=t1/t2 运动方程 M=Mf=J1在没有外力矩作用时 02=01 ，12=0其角加速度 2=(12-02)/

11、t2=-t1/t2运动方程 -M1=J2 式联立求解，得M=J（1-2）=J（t1/t1+t1/t2）从而J=O4.解：设棒的质量为m，当棒与水平面成600角并开始下落时，根据转动定律 M=J其中 M=mgsin300=mg/4 于是 =7.35rad/s2当棒转动到水平位置时， M=mg那么 =14.7rad/s25.解：（1） (2) (3)据转动定律：M=J Fr=JF=6. 解：据转动定律M=J 分离变量：dM=FrSin 7. 解：mgT=maTR= a=R上三式联立得 a=a为恒量 V=V0+at=at=8. 解：受力图如图所示 RMTmgT=ma M=J M= a=R9.解：受力

12、分析如图。mgT2=ma2T1mg=ma1T2(2r)T1r=9mr2/22r=a2r=a1解上述5个联立方程，得：10.解：（1） mg-T=ma TR=J a=R 方向垂直纸面向外（2）当=0时，10.0-81.7t=0，则t=0.122s，物体上升的高度 h=6.1210-2m（3）=10.0rad/s方向垂直纸面向外。11.解：J=MR2=0.675kgm2mg-T=ma TR=Ja=R a=mgR2/(mR2+J)=5.06m/s2因此（1）下落距离h=at2=63.3m（2）张力 T=m(g-a)=37.9N12.由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程：T1R=J1

13、1=M1R21T2r- T1r= J22=M2r22mg-T2=maa=R1=r2 =2ah求解联立方程，可得a=1T2=m(g-a)=58NTmgT1=M1a=48N13.解：（1）子弹受到的冲量为 I= 子弹对木块的冲量为=（2）由角动量定理14. 解：根据转动定律：两边积分： 相对论基础一.选择题：1.(A) 2.(B) 3. (A) 4.(B) 5.(C) 6.(D) 7(B) 8.(B) 9.(C) 10.(A) 11.(C) 12.(C) 13.(A) 14.(B) 15.(D) 16.(D) 17.(C)二填空题：1 相对的; 运动 2C; 3C; C。450.075m36Dx/

14、v； (Dx/v) 791016; 9/0.610168 m/ls ; 25m/9ls .9v=2.6108 ms-1104.3310-8s。11 12Ek=1.49106eV三计算题： 1设 m+子相对于实验室的速度为v; 固有寿命 m+子相对于实验室作匀速运动时实验室测得的寿命为:按时间膨胀公式: 整理求解得: 2解： （1） （2） 3解: 设K系相对K系的运动速度为v由洛仑兹变换: 乙测得两事件同时发生: 4解: 5解: 根据功能原理: 由相对论能量公式: 6（1）K相对于K的运动速度。(2) 乙测得这两个事件发生的地点距离。解: 由洛仑兹变换: (1)两事件在K系中同一地点发生: 解

15、得: 由: 得: 7解: 令S系与S系的相对运动速度为v 则: 在S系中测得两事件之间的距离为: 8解 9解: 在地面参照系: 在飞机参照系: 10解: 得: 即: 解得: 平均均寿命为11. 解:实验室参照系中介子的能量 设介子的速度为v，则有 令固有寿命为t0，则实验室中寿命 气体分子运动论一 选择题1.（B）2.（B） 3.（C） 4.（C） 5.（C）6.（C）7.（C） 8.（D） 9.（D） 10.（C）11.（B）12.（B） 13.（C） 14.（B） 15.（D）16.（C）17.（A） 18.（B） 19（B）二 填空题1. (1)描述物体运动状态的物理量，称为状态参量（如

16、热运动状态的参量为p、V、T）。(2)表征个别分子状况的物理量（如分子的大小、质量、速度等）称为微观量。(3)表征大量分子集体特性的物理量（如p、V、T、C等）称为宏观量。2. 体积、温度和压强; 分子的运动速度（或分子运动速度、分子的动量、分子的动能）3. 4. m 5. 6. 7. 12.5 J 20.8 J 24.9 J 8. 9. 1 2 10 1 4 11 1:1:1 12. (2) (1)13. 氩 氦 14. (1) (2)(3)15. (1) 16. (1)分布在速率区间的分子数占总分子数的百分率(2)分子平动动能的平均值17. 降低18. 19. 20. 221. 三 计算题

17、1. 解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡，表明左、右两边氢气的体积相等，压强也相等。两边气体的状态方程为 水银滴在管中央时 故 当温度变为时，两边体积比为 即，说明水银滴向左边移动少许。2. 解：质量为m、摩尔质量为M的气体的内能均为1mol的各种气体的内能为： 均为1g的各种气体的内能为： 3. 解：设管内总分子数为N，由有 （个）空气分子的平均平动动能的总和= 空气分子的平均转动动能的总和 = 空气分子的平均动能的总和 = 4. 解：室内空气分子热运动的平均平动动能的总和 其中 。5. 解：设氦气的摩尔数为v1，氧气的摩尔数为v2。两种气体混合前 ， 又 ， 故 混合前容

18、器内气体的总混合后容器内气体的总内能6. 解：由理想气体的状态方程有 又， 由内能公式有 7. 解：由有 由有 vpT 1/2所以速率分布曲线见下图。08.解：当不计振动自由度时，分子、分子、分子的自由度分别为6、5、5。1mol理想气体的内能。 内能增量9 解：瓶内气体定向运动的动能 瓶内气体内能增量由能量守恒有，即（1）（2）（3）（4） 10解：（1）氢气的的氧气的温度T和自由度i均相同 氧气分子的平均平动动能=氢气分子的平均平动动能(2)四 改错题1.答：(1) 当压强恒定时，与T成正比。(2) 当温度恒定时，与p成反比。(3) 说法正确。2. 答：两个结论都是错误的。应改正为：由于增

19、大到原来的2倍，n减小至原来的1/2 ，所以由知平均碰撞频率不变，从得平均自由程增为原来的2倍。五 问答题答：从知，对于分子有效直径一定的气体，当压强p恒定时，与T成正比。从和知，对于分子有效直径一定的气体，当分子总数N和气体体积V恒定时，与T无关。热力学基础一。选择题1.（B）2.（D）3.（A）4.（B）5.（B）6.（A）7.（B）8.（B） 9.（A） 10.（D） 11.（B）12.（D）13.（A）14.（B）15.（D）16.（C）17.（D）18.（D）19.（B）20.（A）21.(B)22.(D) 23.（C）24.（C）25.（D）26.（A）二。填空题1.物体作宏观位移

20、; 分子之间的相互作用2. 等于; 大于; 大于3. 0; 04. 5. 166 J6. 等压; 等压; 等压7. ; 8. 1:2; 5:3; 5:79. 124.7 J; 84.3 J10. 7A/211. AM ; AM、BM12. 500; 10013. 200 J; 14. 400 15. 33.3 %; 8.31105 J16. 从单一热源吸热，在循环中不断对外作功的热机。17. 热力学第二定律, 热量不能自动地从低温物体传向高温物体。不可能制成一种循环动作的热机，只从单一热源吸热完全变为有用的功，而其它物体不发生任何变化。18. 能使系统进行逆向变化，从状态B回复到初态A，而且系

21、统回复到状态A时，周围一切也都回复原状系统不能回复到状态A，或当系统回复到状态A时，周围并不能回复原状19. 大量微观粒子热运动所引起的无序性（或热力学系统的无序性）; 增加20. 状态几率增大; 不可逆的21. 不变; 增加三. 计算题p (atm)0V ( l )12T412T1T3T21. 解：(1) pV 图：(2) (3) (4)2. 解：在等温过程中，E = 0，又 末态压强 3. 解：等压膨胀过程末态的体积 等压过程气体对外作功 根据热力学第一定律，绝热过程气体对外作的功为其中，则气体在整个过程中对外作的功为 4.解：据，得变化前 变化后 绝热过程 即 依题意有，则 即 5. 解

22、：(1)气体经历的整个过程的p-V图如下： 在的等温膨胀过程中， 将 一步，代入上式得 （2）等容和等压过程中Q A、B两态温度相同 又 6解：已知，氢气开始时的体积为 设气体先等压膨胀升温到活塞达到容器上边缘，吸热Q1 。，设气体再等容升温升压，吸热Q2 。0CpVV1p2p1AB等温V2 所以，最后氢气的压强为，温度为645 K，体积为 。7解：由图有（1）为等容过程，据方程 得 为等压过程，据方程得 （2）各过程中气体所作的功分别为 AB： ：（3）整个过程中气体所作的总功为 因为循环过程气体内能增量,因此一循环中气体从外界吸收的总热量 8 解:（1），且由于第二循环吸热 （2） 9解：

23、水蒸汽的质量，水蒸汽的摩尔质量，i = 6（1）（2）（3） 净功 （4） 10 解：设c状态的体积为V2，由于a、c两状态的温度相同，故 循环过程， Q = W而在等容过程中功 在等压过程中功 在等温过程中功 11. 解：(1)： ： ： (2) 12. 解：等压过程 内能增量 其中 i = 5，故 13. 解：(1)等温过程气体对外作功为 (2) 绝热过程气体对外作的功为 14. 解：(1) 气体对外作的功等于线段下所围的面积，即(2) 由图看出 ， 内能增量 (3)由热力学第一定律得 (4) 解：由图可得A态：B态：据理想气体状态方程有 (3) 由热力学第一定律得 15. 解：由图可得A

24、态： 据理想气体状态方程 由热力学第一定律得16. 解：设绝热压缩前气体的容积为，温度为T1；压缩后的容积为，温度为T2；气体的比热比为 。由绝热方程得设绝热压缩前后，气体分子的平均速率分别为和， 将关系式代入上式得单原子理想气体 故 17. 证：设题中气体为1 mol ，则 由定义 再由绝热过程方程得 即 18.解：理想气体卡诺循环的效率 又19. 解：(1) 对卡诺循环有 (2)热机效率 20.（1） 解： p V图：（2）设A、B、C三状态的状态参量分别为：、其中 ，又 ， （3） （4） 0CpVV1p3p1ABV2V3 真空中的静电场一选择题1.（D），2.（C），3.（A），4.（

25、C），5.（B），6.（D） 7.（B） 8.（C） 9.（D） 10.（C）11.(D) 12.（B） 13.（B）14.（D）15.（D）16.(D) 17.(D) 18.（B）19.（B） 20.（C）21.(B) 22.（C） 23.（C）24.（D） 25（B）26.(C) 27.（D） 28.（B）29.（C） 30.（C）31.（C）32.（C）二、填空题1.， ，2. ，由圆心O点指向 3. ， 0， 4. ， 0， ， 5. 6. 745V，-15V 810cm 9. 10. Ed 11. ，12. ，13. ，沿矢径OP14、，从O点指向缺口中心点，15.0, 16. 17

26、. 半径为R的均匀带正电球面 18. 0，19. ,0 20. ，方向（0到S的矢径方向）， 21.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， 有势场（或保守力场）22. 0，23. ， 24. 25. 26. d a27. ， 28. 0 29. 三、计算题1.解：设P点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点O，X轴沿杆的方向，如图. 并设杆的长度为L. P点离杆的端点距离为d. 在x处取一电荷元dq=(q/L)dx，它在P点产生场强 P点处的总场强为代入题目所给数据，得 的方向沿X轴正向.2.解：在O点建立坐标系如图所示，半无限长直线A在O点产生的场强：半无限长直点产生的场

27、强：四分之一圆孤段在O点产生的场强：由场强叠原理，O点合场强为： 3. 解：把所有电荷都当作正电荷处理.在处取微小电荷它在O点产生场强按角变化，将dE分解成二个分量：对分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷.=0 所以 4.解：（1）设电荷的平均体密度为，取圆柱形高斯面（侧面垂直底面，底面S平行地面）上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电通量为： 包围的电荷 由高斯定理 （2）设地面面电荷密度为.由于电荷只分布在地表面，所以电场线终止于地面，取高斯面如图（2），由高斯定理 5. 解：设闭合面内包含净电荷的电量为Q.因场强只有X分量不为零，故只是二个垂直于X轴的平面电通量为零。由高斯

28、定理得： 则 6.解：在球内取半径为r、厚为dr的簿球壳，该壳内所包含的电量为 在半径为r的球面内包含的总电量为 以该球面为高斯面，按高斯定理有 得到，方向沿径向，A0时向外，A0时向里。在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有 得到:方向沿径向，A0时向外，A0时向里7.解：（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即（2）设外球面上放电后电荷面密度为，应有外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 =6.6710-9C8.解：设轴线上任意点P的坐标为x，两带电圆环在P点产生的电势分别为：由电势叠加原理，P点的电势为9. 解：设坐标原点位于杆中心O点，X轴沿杆的方向，

29、如图所示 细杆的电荷线度，在x处取电荷元，它在P点产生的电势整个杆上电荷对P点产生的电势10.解：r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1和球面以外的电荷产生的电势U2之和，即U=U1+U2为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势，在球面外取一的薄层。其电量为它对该薄层内任一点产生的电势为 则于是全部电荷在半径为r处产生的电势为若根据电势定义直接计算同样给分。11.解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为q由A点运动到B点电场力作功为注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分算。12.解：场强分布具有轴对称性，取圆柱面作为高斯面。如图所示（1）当时，由高斯定理得（2）

30、当时，由高斯定理方向如图, 其E(r)曲线如右图13. 解：E（x）曲线如图：14.解：设坐标系如图所示.将半圆柱面划分成许多窄条.dl宽的窄条的电荷线密度为取位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为 方向如图所示场强在X、Y轴上的二个分量为：对各分量分别积分场强15. 解：以左端底面处为坐标原点. X轴沿轴线向左为正.在任意处x取宽为dx的圆环，其上电量小圆环在P点产生的电场强度为 总场强方向沿X轴正向16. 解：在处取电荷元，其电量为它在O点产生的场强为在X、Y轴上的二个分量对各分量分别求和17. 解：通过x=a处平面1的电通量通过x=2 a处平面2的电通量其它平面的电通量都为零.因而通过

31、该高斯面的总电通量为18.解：球心处总电势应为两个球面电荷分别在球心处产生的电势叠加，即故得19. 解：由高斯定理可得场强分布为：由此可求电势分布：在区间在区间在区间20. 解：设内筒所带电荷线密度为，则两筒间的场强分布为两筒间的电势差为设两筒间任一点（距轴线距离为r）的电势为U，则有 （1）或 （2）可以证明，（1）、（2）两式是相等的：所以两金属圆筒间的电势分布可以用（1）式表示，也可以用（2）式表示.21. 解：以顶点O作坐标原点，圆锥轴线为X轴，向下为正.在任意位置x处取高度为dx的小圆环，其面积为其上电量为它在O点产生的电势为总电势22. 解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和

32、面密度为的圆盘叠加的结果，选X轴垂直于平面，坐标原点O在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为圆盘在该处的场强为该点电势为23.解：均匀带电球面内的电势等于球面上的电势。球面外的电势相当于电荷集中在球心上的点电荷的电势.由此，按电势叠加原理，球心O1处的电势为球心O2处的电势为则O1、O2间的电势差为24. 解：设坐标原点在圆环中心，X轴沿圆环轴线方向如图.在圆环上取一电荷元，它在轴线上x处产生场强其沿X轴方向的分量场强的X轴方向总分量场强的垂直X轴方向的分量，因对称分布，总分量为零.在x处取一电荷元，它受到的电场力为 线段受到的总力25.解：由题意知平行于XOY平面的两个面的电通量平行于YOZ平

33、面的两个面的电通量“+”，“-”分别对应于右侧和左侧平面的电通量平行于XOZ平面的两个面的电通量“+”，“-”分别对应于上和下平面的电通量26. 解：取坐标XOY如图，由对称性可知，按角变化，将dE分解成二个分量：对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷. =0所以 静电场中的导体、电介质一、选择题：1.（C） 2.(B) 3.(C) 4.(A) 5.(D) 6.(D) 7.(A) 8.（D） 9.(A) 10(C) 11(B) 12.(C) 13.(C) 14.(B) 15(D) 16.(A) 17(A) 18.(D) 19 .(C) 20.(B)21.(B) 22.(C) 23.(B)

34、24.(C) 二、填空题：（共35分）1. Q; Q; 2.垂直于表面；仍垂直于表面；3.不变，减小；4.（x、y、z）/0 ，与导体表面垂直朝外（0）或与导体表面垂直朝里（o） 。 5. 55105C。6.5400V，3600V ；7.0、； 8.；9.; 。10. 电位移线 、 电力线 。11.， 。12. u/d ，d-t， u/d 。13.，；14.r ;1；15.2C0 ；16.Q2/(4C) 。17. R1/R2 ; ；R2/R1 ；18. 452 kg；19.;1;；20.； 21. 8.8510-10Cm-2 , 负 22. 正；23. 9.42， ；24. ；三、计算题：1.

35、解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响，球上电荷均匀分布，设两球半径分别为r1和r2，导线连接后的带电量分别为q1和q2，而q1+q2=2q，则两球电势分别是U1=两球相连后电势相等，U1=U2则有由此得到 两球电势 U1=abrQq2. 解：（1）由静止感应，金属球壳的内表面上有感应电荷-q，外表面上带电荷q+Q。（2）不论球壳内表面上的感应电荷是如何分布的，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（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U0=Uq+U-9+UQ+q =3. 解：取无限远为电势零点，两孤立导体球的电势

36、分别为U1=U2=连接后，由于两球大小一样，两球所带电量皆为Q=（Q1+Q2）电势U=静电力所作的功W=（U-U1）（Q-Q1）=（U-U1）（）=1.110-7J4.解：当R1rR2外E2=Ur= = =5. 解：由题给条件（b-a）a和Lb，忽略边缘效应应用高斯定理可求出两筒之间的场强为：E=Q/（）两筒间的电势差 U=电容器的电容 C=Q/U=（）/（b/a）电容器贮存的能量 W=Q2/（）（b/a）6. 解：看作两个半球形电容器并联无介质半球：C1=有介质半球：C2=C=C1+C2=r0997.解：由高斯定理可得导体球内E1=o（rR） 则电场能量为W= =Q2/8.解：设极板上分别带

37、电量+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为E1=q/（0S）金属片内部场强为E2=q/（0S）金属片内部场强为E=0 则两极板间的电势差为UA-UB =E1d1+E2d2=q/（0S）(d1+d2)=q/（0S）(d-t)由此得C=q/(UA-UB)=0S/(d-t)因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响。9. 解：（1）设内、外金属膜圆柱筒半径分别为R1和R2，高度均为L，其上分别带电量+Q和-Q，则玻璃内的场强为E=内、外筒之间的电势差 U=来顿瓶的电容 C=（2）柱形电容器两金属膜之间场强以靠近内膜处场强为最大，令该处

38、场强等于击穿场强， 即E（R1）=（击穿）则 Q=E（击穿）=6.6710-5C 此即所能储存的最大电量。EOtdSSS10. 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 C=()/d, 撤电源后再抽玻璃板，板上电荷不变，但电压改变，即Q=CU抽玻璃板前后电容器的能量分别为W=W=外力作功 A= =2.5510-6J11. 证：垂直于板作柱状高斯面，如下页图所示，导体内场零，两场强垂直于板平面，有 2=-3又左边导体板内场强；E=（1-2-3-4）/（20）=0考虑到 2+3=0，于是有1=412. 解：C并=C1+C2=（1+r）C1=3.16C1U1=U2

39、= Q1=C1U1=C1=0.510-7CQ2=C2U2=2.16C=1.0810-7C 或 Q2=QQ1=1.0810-7C13.解：（1）场强表示式 1=0 rR12= R1rR23=0 R2rR3(2) =（3）将Q1和R1、R2的值代入有： 14. 解：球体内、外的电场强度大小为：E1=er/() （rR）E2=e/() （rR）静电能量：+=由题意：We=m0c2,可得 R=3e2/()15. 解：（1）已知内球壳上带正电荷Q，则两球壳中间的场强大小为两球壳间电势差。U12=Q（R2R1）/(4)电容 C=Q/U12=4/（R2R1）（2）电场能量 W=16. 解 ：（1）U+-=

40、C=（2）W=四.改错（本题5分）1122（1）串联时，总量容随之减小。（错）（2）并联时，总量容随之增大。（正确）第二篇 热学习题解第六章 气体动理论习题解6.1 （1）初态有 故 （2）末态有 式和式相除有 故 漏掉气体的质量为 6.2 （1）由理想气体物态方程，对初态有 （2）由过程方程，对初态有式联立消去得（3）由和联立消去P得 对初态有：对末态有：式相除得 6.3 （1）由物态方程 过程方程 联立消去V得 （2）由两式联立消去P得 故气体膨胀时温度降低。6.4 （1）由物态方程有 和 由P-V图可知：即前两式左边相等，故 （2）V-T图中过程曲线如图6.5 （1）；（2）。6.6 一

41、个分子一次碰撞动量改变 给器壁冲量 器壁每秒钟受到的总冲量即平均冲力 压强 6.7 容器中分子数 一个分子每秒钟碰撞次数 N个分子每秒钟碰撞次数 =6.8 （证明题，略）6.9 （证明题，略）6.10 （1）；（2）；（3）；（4）；（5）6.11 （问答题，略）6.12 （问答题，略）6.13 0.05eV；0.03eV；0.03eV；6.14 （1）相同；（2）不同；（3）相同；（4）不同6.15 1:1；5:36.16 1mol氧气：平动动能 转动动能 0.1kg氧气：6.17 空气内能 6.18 ；6.19 按能量守恒 ，故 6.20（1）速率在附近区间的分子数在总数中的比例或一个分子

42、在区间的概率；（2）速率在区间的分子数在总数中的比例或一个分子在区间的概率；vf(v)v00（3）速率在区间的分子数；（4）单位体积内，速率在区间的分子数；（5）分子的平均速率；（6）分子的平均平动功能；（7）分子速率的倒数的平均值。6.21（1）速率分布曲线如图（2）由归一化条件。，得 故（2）平均速率 方均速率方均根速率6.22 （1）由速率分布曲线可知由归一化条件 (亦可由曲线下面积直接判断）故（2）速率大于的粒子数 =速率小于的粒子数（亦可由曲线下面积直接判断）（3）平均速率=6.23 ；6.24（1）平均速率（2）方均根速率（3）最概然速率显然为6.25（1）一样大；氨分子；氢分子。

43、6.26（1）由物态方程 有（2）气体质量密度等于分子质量与分子密度n之积（3）（4）6.27 氦分子方均根速率 氧分子最概然速率 式相除得6.28 600K6.29（1）动量大小的平均值=（2）平均平动功能=6.30气体分子在重力场中按高度的分布为，压强按高度变化的规律为 地面压强为故按题意 即6.31由物态方程分子密度 平均速率碰撞频率6.32等体过程 ；等压过程 ；分析：；等体则不变； ，等压则又 等体则 等压则6.33（1）2；（2）；（3）2分析（1），故；（2），故；（3），故。第七章 热力学基础习题解7.1 （问答题，略）7.2 一个平衡态；一个准静态过程7.3 7.4 定向运动的机械能转化为热运动内能；高温物体热运动内能转化为低温物体热运动内能。7.5 （1）（2）7.6 （1）；（2）；（3）；（4）7.7 （1）；（2）；（3）7.8 按热力学第一定律 对第一个过程 对第二个过程 7.9 内能增量 吸热 平均摩尔热容 7.10过程曲线如图由过程曲线下面积得到 故平均摩尔热容 由物态方程，有即故7.11 因为在等压过程中，气体升温时不仅内能增加，还要对外作功。7.12（1）；0；（2）；7.14（1