1、大學基礎物理課后答案主編：習崗高等教育出版社第一章思考題:解：在上液面下取A點，設該點壓強為pA ,在下液面內取B點，設該點壓強為 pB。對上液面應用拉普拉斯公式，得對下液面使用拉普拉斯公式，得又因為將三式聯立求解可得2Po - Pa =- Ra2p0 - PB =- RbPb 二 Pa 7gh,2 11h =- PglRRb )答：根據對毛細現象的物理分析可知，由于水的表面張力系數與溫度有關，毛細水上升的高度會隨著溫度的變化而變化，溫度越低，毛細水上升的高度越高。在白天，由于日照的原因，土壤表面的溫度較高，土壤表面的水分一方面蒸發加快，另一方面土壤顆粒之間的毛細水會因溫度升高而下降，這兩方面

2、的原因使土壤表層變得干燥。相反，在夜間，土壤表面的溫度較低，而土壤深層的溫度變化不大，使得土壤顆粒間的毛細水上升；另一方面， 空氣中的水汽也會因為溫度下降而凝結，從而使得清晨時土壤表層變得較為濕潤。答：連續性原理是根據質量守恒原理推出的，連續性原理要求流體的流動是定常流動，并且不可壓縮。伯努利方程是根據功能原理推出的，它的使用條件是不考慮流體的黏滯性和可壓縮性，同時，還要求流動是定常流動。如果流體具有黏滯性，伯努利方程不能使用，需 要加以修正。答：泊肅葉公式適用于圓形管道中的定常流動，并且流體具有黏滯性。 斯托克斯公式適用于球形物體在黏滯流體中運動速度不太大的情況。練習題：解：設以水壩底部作為

3、高度起點，水壩任一點至底部的距離為ho在h基礎上取微元dh,與之對應的水壩側面面積元dS （圖中陰影面積）應為坡長 dm與壩長l的乘積。dhdF練習題1-6用圖由圖可知水壩側面的面積元 dS為該面積元上所受的水壓力為水壩所受的總壓力為dhdhdm = =osin 二 sin60d S = 1dm = l d hsin 60dF =dh pdS=p0-h)lsin605F = dF0p0Pg 5 - h Idh8= -一n= 7.3 108(N)0 sin 60o（注：若以水壩的上頂點作為高度起點亦可，則新定義的高度h 5- h,高度微元取法不變，即dh四dh ,將hadh篇入水壩壓力積分公式，

4、同樣可解出水壩所受壓力大小。） 解：（1）設A為水庫中水面上一點，對 A點和C點使用伯努利方程可寫出1-2-1-2PaVa: ghA = PcVc： ghC22取C點為基準，he=0 ,由于水庫水面下降很小，Va= 0 ,Pa=Pc= Po （Po為大氣壓），hA = h2,上式即可簡化為1 . 2:gh2 = : Vc2由此解得Vc = 2gh2 = 2 9.8 5.0 = 9.9（m）（2）對B點和C點使用伯努利方程，可寫出Pb 1 ：v；:ghB 二 Pc 1 :vC ：ghc22取C點為基準，he=0,Vb=Vc,hB=%+h2,Pc=Po,上式化為Pb ：g(% h2)= Po即 p

5、B =p0-：g(h1h2)=1.0 1 31 05-1039.8 (3.0 5.0) = 2.3 1 04(Pa) 解：（1）設水池表面壓強為p1、流速為v1、高度為h1,小孔處壓強為p2、流速為V2、高度為h2,由伯努利方程可寫出1 - 2-1 - 2-P1- 71: gh1= P22 : V2: gh2根據題中條件可知p1= p2 = p0、v1=0、h = h1h2,于是，由上式可得v2=J2gh又由運動學方程H-h=1gt2可解出t = 2（Hh）g則水平射程為R = V2t =河，戶用二 v4h(H.h)帶入數據解得R = . 4h(H -h) =、4 3 (10-3) = 9.1

6、7(m)dR 一 H_ 2h(2)根據極值條件，在 dR=0時，R出現最大值，即 Hh =0dh. Hh-h2R出現最大值。由此解出 h=5m時，R出現最大值，此時 R=10m。解：由泊肅葉流量公式可知二 R4而Pl - P2)二R4 Pgh8 l又由qv由上兩式可得7=P2t 二 R4gh8lm帶入已知數據，可解出,3 20.1X1020.9103 ) x60x3.14x 父9.8黑5父1012 J _2 38 10 100.66 10=0.04(Pa s)2 ： - J o解：用沉降法測黏滯系數時”=(0)gr29 vT皿 ,2 r pp02帶入已知數據，解得“ =2 0 gr29 1 V

7、t第二章思考題:2.55 -1.261033.1 10”9.8 3 10 飛=0.82(Pa s)答：不相同，在冬天打入輪胎內的空氣質量要大一些。因為夏天氣溫高，空氣分子的平均平動能較大； 冬天氣溫低，空氣分子的平均平動能較小。 根據理想氣體的壓強 ，一、2 _ 公式 p=n名,可知，當壓強相同時，在冬天打入輪胎內的空氣密度(即質量)要大一些。3答：這種看法是錯誤的。因為理想氣體的溫度公式只適用于理想氣體，而在-273c時，已經不存在理想氣體了，溫度公式也就不成立了，如此的推論自然也就是錯 誤的。事實上，即使達到 273 C,分子也還在作微小的振動，運動仍不會停止。 答：(1) f(v)dv表

8、示速率分布在vv + dv區間內的氣體分子數占總分子數的比率(2) Nf (v)dv表示速率分布在v v+dv區間內的氣體分子數V2(3) f f (v)dv表小速率分布在v1 v2區間內的氣體分子數占總分子數的比率viv一(4) f Nf (v)dv表示速率分布在v1 v2區間內的氣體分子數 vi答：平均速率v可以了解氣體分子平均的運動快慢；方均根速率是分子平 均平動動能的標志；最概然速率討論氣體分子的統計分布。此三個速率大小關系v p :二v v 2答：(1) p = nkT,溫度和壓強相同時，單位體積內的分子數相同(2) ：m = nm分子，由于分子的種類不同，所以單位體積內的氣體質量不

9、同3(3) ;名= nq=n3kT,由于溫度和單位體積內的分子數相同，所以單位體2積內的氣體分子總平動動能相同(4) : E =n-kT ,由于溫度相同，而自由度數不確定，因此大為體積內氣體2的內能無法比較答：根據=kT 由于溫度不變，氣體分子平均動能不變。但由于分2子數密度減少了，容器中的氣體質量減小，根據 E = -RT ,可知氣體的內能M 2減少。練習題： 解：由題意得：p =1.0lMl05Pa、T=273.15K(1) n =2=2.44 x1025(m) kT(2)氧氣分子的密度：p = * =1.30(kg m)(3) 平均平動動能：7=-kT =6.21x101(J)2 解:已

10、知 Mi =4M10，kg mol,、M2 =32M10，kg mol，由 Jv23RT M2_ vT = M3R=11.2 103m由得:2v3R11.22 106 4 10，3 8.31= 1.01 104 (K)2_ vT2M23R11.22 106 4 32 10“4”、1.61 10 (K)3 8.31當 v2 =2.4 103m s由得:2 v M1 3R2.42 106 4 103 8.312= 4.62 102 (K)2v ,T2 = TZ； M23R2.42 106 32 10飛3 8.31= 7.39 103 (K)解：(1)由溫度的微觀公式：1m7=0kT22得Na河2

11、mv= 6.15 1023(mol,) 一 8kT 粒子遵守麥克斯韋速率分布，得 v=J =1.3父10 (m s ),二 m解：（1）速率分布曲線如圖2-1所示(2)由歸一化條件jf (v dv=1,得QOf(v)dv 二V0Cdv = CV0 = 1f(v)(3)粒子平均速率為解：由題意知:聯立式得：T =VoVoVoV = Vf(v)dv = oo1V dv =Vo圖2-1正K二.正Vo1 2一 mv2No二|32 _32MV 32 1o 1oo5R5 8.31=7.7(K)解：（1）依題意得:pV =MRT聯立可得:(2)因聯立得:L M i CTE RT2生=2 6.75可=1.35

12、4回)iV 5 2.o 1op=nKTT =出=3.62 1o2(K)NK-321；=kT =7.49 10一（J） 2第三章思考題答：內能是狀態量，是溫度的單值函數。熱量是過程量，如系統經歷的熱力學過程相關。(1)說法是錯誤的，因為熱量是過程量。(2)說法是正確的，對于相同的物體，內能是溫度的單值函數。答：根據題意有，系統吸收熱量1.045 108J,系統對外做功為 30X103X3600=1.08 W8J, 系統對外放熱 3.135 M07j,即釋放的能量共為 1.3935 TO8JO可見不符合熱力學第一定律， 因此這種機器不可能。答：該一定量的理想氣體由狀態 1變化到狀態2,系統內能的改

13、變量是一樣的，因此 根據熱力學第一定律 Q =AE +W ,在過程A和過程B中吸收的熱量可通過在這兩個過程A中系統對外所做的功中系統對外所做的功做比較。根據功的幾何意義，由圖可見，過程 比較大，因此，該過程吸收的熱量也相應的比較大。答： (1)不能；(2)不能；(3)不能；(4)能；(5)能；(6)能。答：(1)正確，因為經過一個正循環以后系統回到原來狀態。(2)錯誤。系統經一個正循環后，外界在溫度較高處輸送熱量給系統，又在溫度較低處從系統獲得熱量，兩者之差恰正等于它從系統得到的功。雖然外界凈減少熱量的數值等于系統對外界做的功，但功和熱量是不等價的，所以該循環過程已經對外界產生影響了。(3)錯

14、誤。因為只有在正向循環和逆向循環的軌跡線完全一致，并且它們都是可逆循環的情況下，先后經過這樣的一個正循環與逆循環后，系統與外界才可能都沒有發生變化。本題中僅指出其逆循環是逆卡諾循環， 沒有明確其正循環是否是正向可逆卡諾循環。答：不能。如圖所示，等溫線出與I和n兩絕熱線相交， 構成一個循環。這個循環只有一個單一熱源，它把吸收的熱量全變成功，即n=100% ,并使周圍環境沒有變化，這是違背熱力學第二定律的，所以不可能構成這樣一個循環。答：(1)不正確。卡諾循環中，從高溫熱源吸熱對外做功的等溫過程，就將熱全部 轉化成了功，只是由于系統從外界吸熱，引起了外界的變化。 正確的理解應為：在不引起其它變化或

15、不產生其它影響的條件下，熱不能完全變為功。(2)不正確。致冷機就能將熱量從低溫物體傳向高溫物體，只是它需要消耗外界能量。正確的理解應為：在不引起其它變化或不產生其它影響的條件下，不可能把熱量從低溫物體傳到高溫物體。練習題：解：根據功的幾何意義，可得此過程中氣體所做的功在數值上等于梯形ABCD的面積，因此有11553W (AD BC) CD (2 105 1 105) 1 10= =150J 22解：系統由經歷ACB過程，根據熱力學第一定律有Q=Wacb +(Eb - Ea)由于從P-V圖中可見PaVa = PBVB,所以有Ta =Tb ,因此。對于整個循環 ABCDA ,由于AE =0, BD

16、為等體過程，DA為等壓過程，因此有Q =WACB WBD WDA =200 0 PA(Va -Vd) =200 0 -1200 = -1000JACB BD DAA A D解：根據熱力學第一定律有，Q = AE=y，RAT 。根據題意有22 .V =1mol, Q =2.06父10 J, AT =10K ,因此_ _22Q 2 2.06 10I = = = 5、 R T 1 8.31 10解：對于絕熱過程，有P1V1 =pv二=pMO.rMV：一 二5 PMV211PM二-P 2V2 - P1V11 -由理想氣體狀態方程，可將上式化為1RW -R(T2 F) = -(Ti -T2)1 -1.M

17、 0.32 解：由已知可得v= 10(mol)M mol 0.0325氧氣為雙原子分子，則cv = 5R。2(1) a-b過程為等溫過程， AE=0八V24Q1 WN. = RTTi ln 2=10 8.31 300 ln 2 =1.728 10 (J)Vi此過程系統從外界吸熱1.728父104 J ,全部用來向外做功。(2) b-c過程為等體過程，W= 0-54Q2 f E = vcv T2-T1)： = 10 - 8.31 (200 - 300) =-2.0775 104(J)此過程系統向外放熱 2.0775 M104J ,系統內能減少2.0775M104J。(3) c-d過程為等溫過程，

18、AE=0-V114q3=W=、rT21n 1 =10 8.31 200 ln - = -1.152 10 (J)V22此過程外界對系統做功1.152 M104J,系統向外放熱1.152 M104J(4) d-a過程為等體過程， W= 0一一一一 54,.、Q4 =. E= .cvT1-T2=10 - 8.31300 - 200 =2.077510 (J)此過程系統從外界吸熱 2.0775 M104J ,使內能增力口 2.0775M104J。熱機效率為HQ吸一Q放(1.728 +2.0775)(2.0775 + 1.152)d10/=15.14%Q 吸1.728 2.0775解：設高溫熱源溫度為

19、 Ti,低溫熱源溫度為 T2Ti= 27+273 = 300K, 丁2= 0+273= 273K(1)設此致冷機從低溫熱源吸熱為Q2,則Q2=5.0 父 3.35父 105=1.675父 106 (J)設此致冷機致冷系數為名，則T2273=10.11T-T2300 -273由專=Q2,可得放到環境中的熱量為QiQ1= Q1 + Q2= 1.675 10 +1.675 106=1.841 106(J)；10.11(2)設最少必須供給致冷機的能量為W,則W=Q1 - Q2 = 1.841 父1061.675父106=1.66父 105( J)第四章思考題:答：公式E =F是關于電場強度的定義式，適

20、合求任何情況下的電場。而公式 qoe = q 210是由庫侖定理代入定義式推導而來，只適于求點電荷的電場強度。4 二；0r答：(1)場強是由場源電荷和場點決定的，與檢驗電荷無關，因此當沒有檢驗電荷時，仍然有場強。而當電荷在電場中受到的電場力則與場強和電荷的電量都有關系，因此當當電荷在電場中受到的電場力很大時，并不代表該點的場強一定很大。(2)點電荷的電場強度的公式是有庫倫定律推導得到的，因此僅適用于點電荷模型。當場點和點電荷的距離趨于 0時，電荷本身的尺度已經不可以忽略， 那這時不可以用點 電荷的電場強度的公式來討論，因此沒有物理意義。n答：取球面高斯面，由 %E E dS = qi可知 i

21、=0(1) 內部無電荷，而面積不為零，所以 內=0。(2) E#=一q一與氣球吹大無關。4 二；0r2(3) E表=一q一隨氣球吹大而變小。4 二；0R2答：(1)錯。因為依高斯定理，E= 0只說明高斯面內凈電荷數(所有電荷的代數和) 為零。(2)錯。高斯面內凈電荷數為零，只說明整個高斯面的EdS屯S的累積為零。并不一定電場強度處處為零。(3)錯。穿過高斯面的電通量為零時，只說明整個高斯面的ES的累積為零。并不一定電場強度處處為零。(4)對。E = 0 ,則整個高斯面的 0. E S的累積為零。所以電通量 4 =0。答：點電荷位于立方體中心時，通過該立方體各面的電通量都相等，并且等于總通量的1

22、/6。由高斯定理可知總通量為, SE dS =-0于是，通過各面的電通量為 q. 6；0dU 答：(1)是。由El = dU可知，當電勢處處相等時，dU =0, E=0。實際例子:l dl靜電平衡的導體內。(2)否。電勢為零處電勢梯度 dU不一定為零，所以 E也不一定為零。實際例 dl子：電偶極子連線中點處。(3)否。如果 E等于零，則電勢梯度為零，但電勢不一定為零。實際例子：兩 個相同電荷連線中點處。練習題：解：(1)如圖建立坐標系電荷源：dq - dxJolxd z，、24 二；0(x b)l =-, 方 向 沿著 x 軸負 方向。4見%(x +b) 04瞄0b(l +b)(2)電荷源：d

23、q=kxdxXkxd2o攻44-I o(X /V dX.7十Xl dx k!2-0 (x b)4二；0,方向沿著x軸負方向。l b解：(1)取半徑為 分量相互抵消，所以其對rr+ dr的圓環,P點場強為如圖所示，因其上電荷對P點的產生的場強垂直dE = d Ecos 8 =二 dS224二；0 x rx二 2 二 rdr _x。rdr22 3 2_22 324 二； x r 2 ；o x r整個圓盤的電荷在P點的產生的場強為l Rx二 rdrE 二C320 2 ； x2 r22 ；O1-x_9 O 1 2(x2+R2),(2)當Rt妙時，可將帶電圓盤看作無限大帶電平面, 因此P點電場強度為(3

24、)當x6 R時，可將帶電圓盤看作點電荷，因此P點電場強度為:二 4 二 R2二 R24二；0x22；xr2=-Z q內解：（1）以r為半徑作球面高斯面，有 E EJdS = ESr Ri,因面內無電荷，Ei= 0II：R r R2面內的電荷為Qi, E24 二；0r2III ：R2 r面內的電荷為 Q1+Q2,同理可得:E3 =QiQ2I:（2）根據上部分結果可得Ei= 0II：E2 =Qi24 0rIII ：E3= 0根據已知條件畫出E -r關系曲線如圖所示/24 ；0r解：依題意得:U _ 50 優 d 30 10,=1.67 101V m-i)若令一個鉀離子（K4）通過該膜時需做功 W,

25、則W=qU=i.6 1Q49 50 10, =8 10 1 (J)解：（1）由題4-7可得I、II、III區域中的電場分布，則區域 I電勢:00V1 = E dr rR1=1r Edr 十R E?dr +R EsdrR2Q1。.一2R 4 ;0rdr二dr 二R2 4二；0rQ14脾 01R1R2 J同理可得區域II電勢分布:Q1 , Q2二R2二4鹿 0 1rR2 JV2 = r E *dr = r E?drR Esdr =區域III電勢分布QO8=r E .dr = r E3drQi Q24二；0r(2)若Q1 =_Q2,則區域I電勢：RIR2Vi= rE dr= r EidrR E?dr

26、 REsdrR2 Q1Q111”2 dr =-LR1 4nw0r4腌0R2 ,區域II電勢:R2V2 = r E dr = r E2dr =Qi4二；011r1R2區域III電勢：V3 =E .dr = ； E3dr =0解：（1）設內圓柱體的體電荷密度為p。作以為半徑r（R1 crR）,長度為l的圓柱高斯面，依高斯定理得距軸心為r處場強為E P，R2lP R2內2n rl %2/r兩圓柱間電壓為 R2 _.： R2 , R V =V1 -V2 f E *dr =In , R2 ；。R聯立式得：LV1 -V24 - r In R2 RR2V1 -V2Vr -V2 = E *dr = In R2

27、 rrIn R R1令內筒電勢為零，則距軸心為 r處的電勢為V*In R2 R1In R2, r第五章思考題：答：有可能等于零。在金屬導體中電荷的定向移動形成電流，電荷的體密度等于零。而單獨的正離子或負離子的運動形成電流時電荷的體密度不等于零。答：電流能夠恒定，因I =j，dS,雖然導體中各處的電流密度不相同，只要電流 密度j對導體各截面的通量相等，通過導體的電流就恒定。答：電動勢是單位正電荷從負極經電源內部移到正極時非靜電力所做的功，端電壓是指電源正負兩極之間的電壓，一般情況下電源的端電壓不等于電動勢，兩者之差為Ir,即電源電流與內阻r之積，稱內阻電位降。當電源內阻為0,即Ir=0時，端電壓

28、在數值上等于電 動勢。對于有內阻的電源，只要流過它的電流為零(處于開路狀態的電源就如此)，端電壓也與電動勢數值相等。練習題：解：銅線截面積 S=10mm2 =1.0Ml0、m2 ,允許通過的電流I =60A ,則銅線中允許電流密度j = I =60上=6.0 106(A mlS 1.0 10又銅線中的自由電子密度 n =8.5父1028m3,則銅線中通有允許電流時自由電子的漂移速度Vne6.0 1068.5 1028 1.6 10,9= 4.4 10/ s)3271解：銅棒的截面積 S =1.610 m，長l=2.0m,電導率6 = 5.7父10 s m ，則(1)(2)銅棒電阻為 R=pL

29、= 1，L =7-三定2.2M10,(C)S 、 S 5.7 107 1.6 10銅棒兩端的電勢差為2 ，一 UU =5父10 V ,則電流I =一R5 102.2 1033：2.3 10 AI2 3 10(3)電流密度為j=2.3 10 =1.4M106(A m”)S1.6 10(4)棒內的電場強度E 二反，燈(5) 所消耗的功率cc 2P = I 2R = 2.3 1032.2 10 ： 1.1 102 W(6)又自由電子的電荷體密度ne = 1.36M1010c則電子的漂移速度Vne1.4 1061.36 1010= 1.0 10 m s第八早思考題:答：可以將扭在一起的兩條通電導線看成

30、是交織在一起的兩個螺線管。管外的磁場非常弱；因兩個螺線管的通電電流大小相等、方向相反，而且匝數基本相當，管內的磁場基本上可以相互抵消。因此，與電源相連的兩條導線，扭在一起時比平行放置時產生的磁場要小 得多。答：根據畢奧薩伐爾定律可得，（1）與運動電荷速度方向垂直的點的磁場最強；（2）運動電荷速度連線方向上的點的磁場為零；（3）根據磁場的高斯定理，穿過球面的磁通量為答：安培環路定理中的電流都應該是閉合恒定電流（對于無限長直電流，可以認為是在電流回路在無限遠處閉合的）。而且磁場分布需具有對稱性。對于一段恒定電流的磁場和 變化電流的磁場，安培環路定理不成立。答：不能。由f =qvxB磁場對帶電粒子的

31、作用力與粒子運動的方向垂直，磁場力對帶電粒子所做的功為零，粒子的動能也不會因此而增大。a,b的兩段弧練習題:解：根據疊加原理，點O的磁感應強度可視作三段直線以及起始點為（包括優弧和劣弧）共同激發。由于電源距環中心很遠, 磁場貢獻為0,而另兩段通電直線的延長線都通過點 流過圓弧的電流的方向 小I2如圖所示，兩圓弧在則電源所在的直線電流對O處的Bi嗎；B24二 rO,在。處激發的磁感應強度也為O點激發的磁場分別為-0 I 21 20。R與弧長l成正比其中11、li分別是優弧和劣弧的弧長，由于導線電阻式中 物電阻率，為S導線的橫截面積。又兩圓弧構成并聯電路，則R1 I1 = R2I2故有Illi =

32、 I212點O的合磁感強度為I I I IB = B1 - B2 =- -2-22 = 04二r24二r2解：載流導體板可以分割成無數條長直載流導線，導體板的場就是這些無數條長直載流導線場的疊加。如圖，坐標X處寬為dx的窄條可視為無限長直載流導線，其電流為I dl = dx a它在距板一邊a處產生的磁場大小為0dIhIdxdB 二二2二(2a -x) 2二a(2a -x)其方向垂直紙面向里。因為所有窄條產生的磁場 方向相同，所以總磁場B = jdBa 4山x0 2二a(2a -x)口 0lIn2dx 解：(1)由安培環路定理,B dl = J0I,距長直導線I1水平距離d/2處的磁感應強度大小

33、為BiJ0I14 二 10，二 0.420 =2 10 qT)方向垂直平面向外。距長直導線|2水平距離d/2處的磁感應強度大小為B20I24 二 10，20二 0.4_ _5 _=2 10 (T)方向垂直平面向外。.B = B B2 =4 10(T)(2)建立如圖坐標系, 感應強度大小為面積元 dS = Idx ,該處的磁B = B1B2 工l12二x 2二(d -x)：，=BdS = r1 r2 固1 里 J Idxr112 二 x 2二(d-x)2二 10， 202 二2二 10， 200.3 110.25- Idx0.1 ILx 1(d -x)方向垂直平面向外。2 二一一 _ _6= 2

34、.2 10 (Wb)0.25 In 9解：由安培環路定理，耳B dl =， 1訪，建立如圖回路B 2 二 r =gLn =(1)當 r：R Iin2 一。二 rBi2 二 R,2I in - IB2(3)當 R2 r R3I in - I22二(R3- R22_ 2n(r -R2 ) 方向沿著逆時針方向。B3 =0I(4)當 r 2 R3Iin-0 B4 -022r - R2_ 2_ 2R3 -R2 Jr -R2R32 - R22解：矩形上、下兩段導線受安培力的大小相等，方向相反，兩力的矢量和為零。而I2矩形的左右兩段導線， 由于載流導線所在處磁感應強度不等，所受的 安培力Fi、F2大小不同，

35、且方向相反，因此線框所受的力為這兩個 力的合力。線框左右兩邊安培力大小分別為0I1I 2lFi =-,2二 dl口 0I1I2lF2 二2二(d b)故合力大小為八&二股一.28 Em)x處的合力方向朝左，指向直導線。解：由安培環路定理，距長直導線水平距離0I 12二 x磁感應強度大小為ab段導線中線段元受到的安培力大小為方向垂直Oxy平面向里。dF = BxI2dx則ab段導線受到的磁場作用力大小為0I1I 22 二ln方向沿y軸正向（以通有電流I2的方向x軸正方向，電流I1的方向為y軸正方向）。解：汽泡室內運動著的高能質子受到洛侖茲力的作用，其大小為f = Bqv洛倫茲力為質子作圓周運動提

36、供向心力2 mv f 二r由上述兩式，得質子動量得大小為1917_1p = mv = Bqr =20父1.6M10父3.5 = 1.12父10 7(kg m s1)方向沿質子運動的速度方向。質子的動能為2P2m(1.12 107)22 1.67 10 工-3.8 10(J)第八章 思考題答：從運動學角度，凡是以時間的正弦或余弦函數表示的運動都是簡諧振動。從動力學角度，物體在跟位移大小成正比， 并且指向平衡位置的回復力作用下的振動稱之為簡諧振 動。當物體受到一個使它返回平衡位置的力時，該物體不一定是做簡諧振動，必須該力的大小跟位移大小成正比。答：（1）對，可以是受迫振動。（2）錯，如自由落體運動

37、。答：因為相位表征任意時刻振子的運動狀態。22 k答：振動的周期丁=了和頻率=一不變，最大速度 A。和最大加速度 A82增大12為原來的兩倍，振動能量 一kA2增大為原來的四倍。2答：當波從一種介質透入另一介質時，由于頻率只決定于波源的振動，因此頻率是 不變的，而波長、波速和振幅則與介質的性質有關，會發生改變。答：相干條件為，頻率相同、振動方向相同、相位相同或相位差恒定。因此(1)由于頻率不同，不行；(2)由于振動方向不同，不行； (3)由于相位差不恒定，不行； (4)滿足了 上述的相干條件，因此可以。答：當兩列整幅相同的相干波在空間相遇時，實際上是改變了能量在整個空間上的 分布，但是總的能量

38、的值是沒有變化的。雖然在干涉加強處的合成波的強度為一個波的強度的4倍，但是，在干涉相消處合成波的強度變為零。練習題： 解：由于 T = 0.5 s,故 =2n/T =4兀。則振動方程為 x = 0.02cos(4nt+中)由題意得，起始狀態為t=0時(1) x=0.02 =0.02cos中，即5=0, x = 0.02cos4nt(2) x = 0.02 =0.02 cos 中，即中=n, x = 0.02 cos(4nt+n)(3) x=0=0.02 cos% v = 0.08n sin 邛 0 ,即中=一 ,x = 0.02cos(4nt+ )(5) x=0.01=0.02 cos 中，v

39、=-0.08n sin中 0,即中=牝 x = 0.02cos(4t + )3 3 解：根據動量守恒有 mv0 =(m + M )v - v=-m- v0 =2m/s m M因此根據系統做簡諧振動的能量，有1212-(m M )v = - kA(m M )v2 k5 22 8 103=5 101m根據簡諧振動的方程 x = Acos(cot十*，其中切= -k = *18竺_ =40,根據圖示 (m M)15一 , 一， _ ，一. . dx _. 二振子在t=0時，x =0 ,且向x軸的正方向運動，因此有 dxA0,所以e=dt22 ，八 二、x =5 10 - cos(40t 2)2 二解

40、：根據簡諧振動的萬程 x = Acos(cot +竹,A = 0.24m ,。=三=萬，在t = 0時,一一._ _，冗、x=24cm，所以巾=0 ,因此有 x =0.24cos( t)2(1) t=0.5s, x=0.24cos()= 0.17m4(2) t=0.5s, F =kx = mx = 4.19父10N負號表示沿著x軸負方向，并指向平衡位置(3)由起始位置最快運動到 x=12cm,此時運動方向應沿著 x軸負方向，因此有5 二0.12 = 0.24cos(yt)yt=,yjr而且 v =-0.12 二 sin(2(4)當 x =12cm , t、c 冗Ht)0,所以t=,t=0.67

41、s23= 0.67s,因此有 v = 0.12冗 sin(土t)= 0.326m/s2Ekmv、5.31 10Jk 21212 24Ep 二 kx2 =m，2x2 =1.78 10， p 22Em fA2 =7.09 10， 2, ，一 一、.，x、，一，一， B 解：(1) y = Acos(BtCx)與 y = Acos(t-一)對比有，振幅為 A,波速 u=, uCB12二2 二頻率 v =,周期 T =,波長 九二Tu =。2 二 2 二、 BC(2)當 x =l, y =Acos(Bt -Cl)2二.2 二 一(3) 邛=Ax = - d=Cd 九 九2解：設。點出的振動方程為 y

42、=Acost十竹，有A = 03 m ,且根據T =u,2 二u有切=50幾，另外由于O出的質點在平衡位置且向負方向運動，有 e=一，所以 2冗。點出的振動方程為 y =0.03cos(50nt+)n(1)此平面波的波動方程為y = 0.03cos50兀(t 一 x) + 一2(2)當 x=0.05m, y =0.03cos50n(t-0.05) + 71 = 0.03cos(50nt)2(3)當 t=3s, x= 0.045m , y =0.03cos50n(3 0.045)+三 =0.212m2當 x=0.045m , y =0.03cos50n(t -0.045)+12nv=-0.03

43、50 二 sin50 二(t 一0.045)2當 t =3s, v = 0.03M50nsin50n(3 0.045)+土 =3.33m/s,負號表示沿著 y 軸 2負方向。x解：S1發出的平面波的波動萬程為yi =0.1cos2n(t )20x _S2發出的平面波的波動萬程為 y =0.1cos2n(t )+冗2040當傳播到P點時的分振動萬程分別為yi =0.1cos 2n(t)=0.1cos(2nt 4兀)20 一,50、仆、y2 = 0.1cos2 二(t 尸=0.1cos(2二t -4二)20可見，在P點的和振幅為0.2m第九章思考題 答：(1)根據雙縫干涉中相鄰條紋的間距公式Ax

44、=D九可知，隨著縫間距的增大，d干涉條紋的間距會變窄。(2)當狹縫光源在垂直于軸線方向上移動時，干涉條紋也會隨著在垂直軸線方向移動，方向與光源移動方向相反。答：如果在上方的縫后面貼云母片，則從上方縫中出射的光線的光程會發生變化。設云母片的折射率為 n ,厚度為h ,則兩束光的光程差為.d .、=-h(n 7) gx =k (k = 0,1,2,)其中，d為兩縫的距離，D為縫與屏的距離，x為屏上相鄰兩點的距離。從中可以看出，相鄰兩條紋的距離為：可見，條紋間距沒有發生變化。 令光程差等于零，可以得到中央亮條紋發生了改變，向上方移動。答：這是薄膜干涉的原理。產生干涉明紋的條件是6=2ne + * = k%,所以產生干2 4ne涉加強的光波的波長應滿足 n = e。當k=1時，九=4ne。剛吹起肥皂泡時，由于肥2k -1皂泡的膜比較厚，即 e比較大，因而這時滿足干涉加強的波長也較大，不落在可見光范圍為 內，因此這時看不到彩色條紋。當肥皂泡吹大到一定程度就會開始看到彩色可見光的條紋。隨著肥皂泡增大，則由于肥皂泡的膜越來越薄， 彩色條紋從長波段(紅光)條紋向短波段(紫 光)條紋變化，繼而由于滿足干涉加強的波長逐漸變小，最終超出可見光范圍，因此彩色條紋會消失。九答：當