大学基础物理学课后答案 主编习岗 高等教育出版社.docx
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大学基础物理学课后答案主编习岗高等教育出版社
第一章
思考题:
＜1－４＞解:
在上液面下取A点,设该点压强为，在下液面内取Ｂ点,设该点压强为。
对上液面应用拉普拉斯公式,得
对下液面使用拉普拉斯公式,得
又因为
将三式联立求解可得
<１-5>答:
根据对毛细现象得物理分析可知,由于水得表面张力系数与温度有关,毛细水上升得高度会随着温度得变化而变化，温度越低，毛细水上升得高度越高。
在白天,由于日照得原因,土壤表面得温度较高,土壤表面得水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间得毛细水会因温度升高而下降,这两方面得原因使土壤表层变得干燥。
相反,在夜间,土壤表面得温度较低，而土壤深层得温度变化不大,使得土壤颗粒间得毛细水上升;另一方面,空气中得水汽也会因为温度下降而凝结,从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。
<1-6> 答:
连续性原理就是根据质量守恒原理推出得,连续性原理要求流体得流动就是定常流动,并且不可压缩。
伯努利方程就是根据功能原理推出得,它得使用条件就是不考虑流体得黏滞性与可压缩性，同时,还要求流动就是定常流动。
如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用,需要加以修正。
＜1－8>答:
泊肃叶公式适用于圆形管道中得定常流动,并且流体具有黏滞性。
斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大得情况。
练习题：
<1-6>解:
设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部得距离为h。
在ｈ基础上取微元ｄｈ,与之对应得水坝侧面面积元dS（图中阴影面积）应为坡长ｄm与坝长l得乘积。
由图可知
水坝侧面得面积元dS为
该面积元上所受得水压力为
水坝所受得总压力为
（注:
若以水坝得上顶点作为高度起点亦可,则新定义得高度，高度微元取法不变,即,将与带入水坝压力积分公式,同样可解出水坝所受压力大小。
）
＜1-１0>解:
（1）设A为水库中水面上一点，对A点与C点使用伯努利方程可写出
取C点为基准,,由于水库水面下降很小,，（为大气压）,,上式即可简化为
由此解得
（2）对B点与Ｃ点使用伯努利方程，可写出
取C点为基准，,,，,上式化为
即
<１-１1>解:
（１）设水池表面压强为、流速为、高度为,小孔处压强为、流速为、高度为,由伯努利方程可写出
根据题中条件可知、、，于就是,由上式可得
又由运动学方程
可解出
则水平射程为
带入数据解得
（2）根据极值条件,在时,R出现最大值，即
R出现最大值。
由此解出ｈ=5ｍ时，R出现最大值,此时R=10ｍ。
<1-１3> 解:
由泊肃叶流量公式可知
又由
由上两式可得
带入已知数据,可解出
<１-１5> 解:
用沉降法测黏滞系数时
带入已知数据,解得
第二章
思考题:
<2-4>答:
不相同,在冬天打入轮胎内得空气质量要大一些。
因为夏天气温高,空气分子得平均平动能较大;冬天气温低，空气分子得平均平动能较小。
根据理想气体得压强公式，可知,当压强相同时，在冬天打入轮胎内得空气密度（即质量）要大一些。
＜2-6> 答:
这种瞧法就是错误得。
因为理想气体得温度公式只适用于理想气体,而在-2７３℃时,已经不存在理想气体了，温度公式也就不成立了，如此得推论自然也就就是错误得。
事实上,即使达到-273℃,分子也还在作微小得振动,运动仍不会停止。
<2-8＞答:
（1）表示速率分布在区间内得气体分子数占总分子数得比率
（2）表示速率分布在区间内得气体分子数
（３）表示速率分布在区间内得气体分子数占总分子数得比率
（4）表示速率分布在区间内得气体分子数
＜２－11>答:
平均速率可以了解气体分子平均得运动快慢；方均根速率就是分子平均平动动能得标志;最概然速率讨论气体分子得统计分布。
此三个速率大小关系
<2－1２＞答：
（1）,温度与压强相同时,单位体积内得分子数相同
（2），由于分子得种类不同,所以单位体积内得气体质量不同
（3）,由于温度与单位体积内得分子数相同,所以单位体积内得气体分子总平动动能相同
（4）,由于温度相同，而自由度数不确定，因此大为体积内气体得内能无法比较
<2-13＞答:
根据,由于温度不变,气体分子平均动能不变。
但由于分子数密度减少了,容器中得气体质量减小,根据,可知气体得内能减少。
练习题:
<2-3>解：
由题意得：
、
（1）
（2）氧气分子得密度:
（3）平均平动动能:
＜2-7>解：
已知、,由
得
①
当,由①得:
当,由①得:
<2－9>解:
（1）由温度得微观公式:
得
（2）粒子遵守麦克斯韦速率分布,得
＜2-12>解:
（1）速率分布曲线如图２-1所示
（2）由归一化条件 ，得
则
（3）粒子平均速率为
＜２-15>解:
由题意知:
联立①②③式得:
①
②
③
＜２-16>解:
（１）依题意得:
联立①②③可得:
（2）因
④
联立③④得:
第三章
思考题
<3-3>答:
内能就是状态量,就是温度得单值函数。
热量就是过程量,如系统经历得热力学过程相关。
（1）说法就是错误得，因为热量就是过程量。
（2）说法就是正确得,对于相同得物体,内能就是温度得单值函数。
＜3-4> 答:
根据题意有,系统吸收热量１、04５×10８J,系统对外做功为３0×１0３×3600=1、08×10８J,系统对外放热3、13５×１07J,即释放得能量共为1、3935×108J。
可见不符合热力学第一定律,因此这种机器不可能。
＜３-7＞ 答：
该一定量得理想气体由状态１变化到状态２，系统内能得改变量就是一样得,因此根据热力学第一定律,在过程Ａ与过程Ｂ中吸收得热量可通过在这两个过程中系统对外所做得功做比较。
根据功得几何意义,由图可见,过程A中系统对外所做得功比较大,因此，该过程吸收得热量也相应得比较大。
<3－9>答:
（1）不能;
（2）不能;（3）不能；（4）能;（5）能；（６）能。
＜3-１0＞答：
（1）正确,因为经过一个正循环以后系统回到原来状态。
（2）错误。
系统经一个正循环后,外界在温度较高处输送热量给系统,又在温度较低处从系统获得热量,两者之差恰正等于它从系统得到得功。
虽然外界净减少热量得数值等于系统对外界做得功，但功与热量就是不等价得,所以该循环过程已经对外界产生影响了。
（３）错误。
因为只有在正向循环与逆向循环得轨迹线完全一致,并且它们都就是可逆循环得情况下，先后经过这样得一个正循环与逆循环后，系统与外界才可能都没有发生变化。
本题中仅指出其逆循环就是逆卡诺循环,没有明确其正循环就是否就是正向可逆卡诺循环。
Ⅲ
Ⅱ
Ⅰ
<3-11> 答:
不能。
如图所示,等温线Ⅲ与Ⅰ与Ⅱ两绝热线相交,构成一个循环。
这个循环只有一个单一热源,它把吸收得热量全变成功,即,并使周围环境没有变化,这就是违背热力学第二定律得,所以不可能构成这样一个循环。
<3-１5>答:
（１）不正确。
卡诺循环中,从高温热源吸热对外做功得等温过程,就将热全部转化成了功,只就是由于系统从外界吸热,引起了外界得变化。
正确得理解应为:
在不引起其它变化或不产生其它影响得条件下,热不能完全变为功。
（２）不正确。
致冷机就能将热量从低温物体传向高温物体,只就是它需要消耗外界能量。
正确得理解应为：
在不引起其它变化或不产生其它影响得条件下，不可能把热量从低温物体传到高温物体。
练习题:
<3－2>解:
根据功得几何意义，可得此过程中气体所做得功在数值上等于梯形ＡＢCＤ得面积,因此有
<3－４>解:
系统由经历ACB过程,根据热力学第一定律有
由于从P-V图中可见,所以有,因此。
对于整个循环ＡＢCＤA,由于,BＤ为等体过程,ＤＡ为等压过程,因此有
＜３－６>解：
根据热力学第一定律有,。
根据题意有,因此
<３-８>解:
对于绝热过程,有
∴
由理想气体状态方程,可将上式化为
<3-9>解:
由已知可得
氧气为双原子分子,则。
（1）a－b过程为等温过程,，
此过程系统从外界吸热,全部用来向外做功。
（2）b－c过程为等体过程，Ｗ=0
此过程系统向外放热,系统内能减少。
（3）c-d过程为等温过程，＝0
此过程外界对系统做功，系统向外放热
（4）ｄ-a过程为等体过程，W=０
此过程系统从外界吸热，使内能增加。
热机效率为
＜3－14>解:
设高温热源温度为T1,低温热源温度为T2
T１＝27+27３=３00K,T2＝0＋２73=27３Ｋ
（1）设此致冷机从低温热源吸热为Ｑ２,则
设此致冷机致冷系数为,则
由,可得放到环境中得热量为
（2）设最少必须供给致冷机得能量为Ｗ，则
第四章
思考题：
＜4-2>答:
公式就是关于电场强度得定义式,适合求任何情况下得电场。
而公式就是由库仑定理代入定义式推导而来,只适于求点电荷得电场强度。
＜４-3> 答:
（1）场强就是由场源电荷与场点决定得,与检验电荷无关,因此当没有检验电荷时，仍然有场强。
而当电荷在电场中受到得电场力则与场强与电荷得电量都有关系,因此当当电荷在电场中受到得电场力很大时,并不代表该点得场强一定很大。
（２）点电荷得电场强度得公式就是有库伦定律推导得到得,因此仅适用于点电荷模型。
当场点与点电荷得距离趋于０时，电荷本身得尺度已经不可以忽略,那这时不可以用点电荷得电场强度得公式来讨论,因此没有物理意义。
<４-4>答:
取球面高斯面，由可知
（１）内部无电荷，而面积不为零,所以Ｅ内＝ 0。
（2）E外＝与气球吹大无关。
（3）Ｅ表=随气球吹大而变小。
<4-5＞答:
（1）错。
因为依高斯定理,E=0 只说明高斯面内净电荷数（所有电荷得代数与）为零。
（2）错。
高斯面内净电荷数为零,只说明整个高斯面得得累积为零。
并不一定电场强度处处为零。
（3）错。
穿过高斯面得电通量为零时，只说明整个高斯面得得累积为零。
并不一定电场强度处处为零。
（4）对。
E=0,则整个高斯面得得累积为零。
所以电通量φ=0。
＜４-6> 答:
点电荷位于立方体中心时,通过该立方体各面得电通量都相等,并且等于总通量得1/6。
由高斯定理可知总通量为
于就是，通过各面得电通量为
＜4-9> 答:
（1）就是。
由可知,当电势处处相等时,,Ｅl=0。
实际例子:
静电平衡得导体内。
（2）否。
电势为零处电势梯度不一定为零，所以Eｌ也不一定为零。
实际例子：
电偶极子连线中点处。
（3）否。
如果Eｌ等于零,则电势梯度为零，但电势不一定为零。
实际例子:
两个相同电荷连线中点处。
练习题:
<4-４>解:
（1）如图建立坐标系
电荷源：
，方向沿着ｘ轴负方向。
（2）电荷源:
，方向沿着x轴负方向。
<4-6>解:
（１）取半径为r—r+ｄr得圆环,如图所示,因其上电荷对Ｐ点得产生得场强垂直分量相互抵消,所以其对Ｐ点场强为
整个圆盘得电荷在P点得产生得场强为
（2）当时，可将带电圆盘瞧作无限大带电平面,因此P点电场强度为
（３）当时,可将带电圆盘瞧作点电荷,因此P点电场强度为:
＜4-7>解:
（1）以r为半径作球面高斯面,有
Ｉ:
r﹤R1,因面内无电荷,Ｅ1= 0
IＩ：
面内得电荷为Ｑ1,
IIＩ:
面内得电荷为Q1+Ｑ2，同理可得：
E3＝
（2）根据上部分结果可得
Ｉ：
E１=０
IＩ:
III:
E3=0
根据已知条件画出关系曲线如图所示
＜４-9>解：
依题意得:
若令一个钾离子（）通过该膜时需做功W,则
<4-10>解:
（1）由题４-７可得I、IＩ、ＩII区域中得电场分布,则区域I电势:
同理可得区域II电势分布：
区域ＩIＩ电势分布
（２）若，则区域I电势：
区域IＩ电势:
区域III电势:
<４-12>解:
（1）设内圆柱体得体电荷密度为ρ。
作以为半径（）,长度为l得圆柱高斯面,依高斯定理得距轴心为处场强为
两圆柱间电压为
联立①②式得：
则
令内筒电势为零,则距轴心为处得电势为
第五章
思考题：
<５－１>答：
有可能等于零。
在金属导体中电荷得定向移动形成电流,电荷得体密度等于零。
而单独得正离子或负离子得运动形成电流时电荷得体密度不等于零。
<5-2＞ 答:
电流能够恒定,因，虽然导体中各处得电流密度不相同,只要电流密度j对导体各截面得通量相等,通过导体得电流就恒定。
＜５-6>答：
电动势就是单位正电荷从负极经电源内部移到正极时非静电力所做得功，端电压就是指电源正负两极之间得电压,一般情况下电源得端电压不等于电动势,两者之差为Ir，即电源电流与内阻r之积,称内阻电位降。
当电源内阻为0，即Ir=0时，端电压在数值上等于电动势。
对于有内阻得电源，只要流过它得电流为零（处于开路状态得电源就如此）,端电压也与电动势数值相等。
练习题:
<5－２＞ 解:
铜线截面积，允许通过得电流，则铜线中允许电流密度
又铜线中得自由电子密度,则铜线中通有允许电流时自由电子得漂移速度
<5-4>解:
铜棒得截面积,长,电导率,则
（1）铜棒电阻为
（2）铜棒两端得电势差为，则电流
（3）电流密度为
（4）棒内得电场强度
（5）所消耗得功率
（6）又自由电子得电荷体密度,则电子得漂移速度
第六章
思考题:
<6－2＞答:
可以将扭在一起得两条通电导线瞧成就是交织在一起得两个螺线管。
管外得磁场非常弱;因两个螺线管得通电电流大小相等、方向相反，而且匝数基本相当,管内得磁场基本上可以相互抵消。
因此,与电源相连得两条导线,扭在一起时比平行放置时产生得磁场要小得多。
＜６-4＞ 答：
根据毕奥—萨伐尔定律可得,（１）与运动电荷速度方向垂直得点得磁场最强;
（2） 运动电荷速度连线方向上得点得磁场为零；（3）根据磁场得高斯定理，穿过球面得磁通量为零。
<6-6> 答:
安培环路定理中得电流都应该就是闭合恒定电流（对于无限长直电流,可以认为就是在电流回路在无限远处闭合得）。
而且磁场分布需具有对称性。
对于一段恒定电流得磁场与变化电流得磁场,安培环路定理不成立。
<6-8＞答:
不能。
由磁场对带电粒子得作用力与粒子运动得方向垂直,磁场力对带电粒子所做得功为零,粒子得动能也不会因此而增大。
练习题:
<6－2>解：
根据叠加原理,点O得磁感应强度可视作三段直线以及起始点为得两段弧（包括优弧与劣弧）共同激发。
由于电源距环中心很远,则电源所在得直线电流对Ｏ处得磁场贡献为０,而另两段通电直线得延长线都通过点O,在O处激发得磁感应强度也为0。
流过圆弧得电流得方向Ｉ1、Ｉ2如图所示，两圆弧在O点激发得磁场分别为
;
其中、分别就是优弧与劣弧得弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比
式中ρ为电阻率，为S导线得横截面积。
又两圆弧构成并联电路,则
故有
点O得合磁感强度为
<6-3>解:
载流导体板可以分割成无数条长直载流导线，导体板得场就就是这些无数条长直载流导线场得叠加。
如图，坐标处宽为得窄条可视为无限长直载流导线,其电流为
它在距板一边a处产生得磁场大小为
其方向垂直纸面向里。
因为所有窄条产生得磁场方向相同,所以总磁场
<6-6＞解：
（１） 由安培环路定理，,距长直导线水平距离d/２处得磁感应强度大小为
方向垂直平面向外。
距长直导线水平距离d／２处得磁感应强度大小为
方向垂直平面向外。
方向垂直平面向外。
（2）建立如图坐标系,面积元,该处得磁感应强度大小为
＜６-8>解：
由安培环路定理,，建立如图回路
方向沿着逆时针方向。
b
l
I1
I2
d
x
I1
d
l
I2
a
b
dx
<6－１0＞解:
矩形上、下两段导线受安培力得大小相等,方向相反,两力得矢量与为零。
而矩形得左右两段导线,由于载流导线所在处磁感应强度不等,所受得安培力F1、F2大小不同，且方向相反，因此线框所受得力为这两个力得合力。
线框左右两边安培力大小分别为
故合力大小为
合力方向朝左，指向直导线。
<6-11>解:
由安培环路定理，距长直导线水平距离x处得磁感应强度大小为
方向垂直Ｏxy平面向里。
ab段导线中线段元受到得安培力大小为
则ab段导线受到得磁场作用力大小为
方向沿y轴正向（以通有电流Ｉ２得方向x轴正方向,电流I１得方向为ｙ轴正方向）。
<6-13>解：
汽泡室内运动着得高能质子受到洛仑兹力得作用，其大小为
洛伦兹力为质子作圆周运动提供向心力
由上述两式,得质子动量得大小为
方向沿质子运动得速度方向。
质子得动能为
第八章
思考题
<８-1＞答:
从运动学角度，凡就是以时间得正弦或余弦函数表示得运动都就是简谐振动。
从动力学角度,物体在跟位移大小成正比,并且指向平衡位置得回复力作用下得振动称之为简谐振动。
当物体受到一个使它返回平衡位置得力时,该物体不一定就是做简谐振动,必须该力得大小跟位移大小成正比。
<8-３＞答:
（1）对，可以就是受迫振动。
（2）错,如自由落体运动。
<8-5>答:
因为相位表征任意时刻振子得运动状态。
＜8－７>答:
振动得周期与频率不变，最大速度与最大加速度增大为原来得两倍，振动能量增大为原来得四倍。
<8-10＞ 答:
当波从一种介质透入另一介质时,由于频率只决定于波源得振动，因此频率就是不变得,而波长、波速与振幅则与介质得性质有关,会发生改变。
<8-13>答：
相干条件为，频率相同、振动方向相同、相位相同或相位差恒定。
因此（１）由于频率不同，不行;
（2）由于振动方向不同，不行；（3）由于相位差不恒定,不行;（4）满足了上述得相干条件，因此可以。
<8-１4＞答:
当两列整幅相同得相干波在空间相遇时,实际上就是改变了能量在整个空间上得分布，但就是总得能量得值就是没有变化得。
虽然在干涉加强处得合成波得强度为一个波得强度得4倍，但就是，在干涉相消处合成波得强度变为零。
练习题:
＜８-1> 解:
由于T＝0、５s,故。
则振动方程为
由题意得,起始状态为时
（1）,即,
（2）,即，
（３）,,即,
（４）,,即,
（5）,,即,
（6）,,即，
<8-5＞解:
根据动量守恒有
因此根据系统做简谐振动得能量,有
根据简谐振动得方程，其中,根据图示振子在时,,且向x轴得正方向运动,因此有,所以
<８-7>解：
根据简谐振动得方程,,,在时,,所以，因此有
（１）
（2）负号表示沿着x轴负方向,并指向平衡位置
（3）由起始位置最快运动到,此时运动方向应沿着ｘ轴负方向,因此有
而且,所以
（４）当,，因此有
＜8-１5>解:
（１）与对比有，振幅为A,波速，频率,周期,波长。
（2）当
（３）
<8-1７＞解:
设O点出得振动方程为,有,且根据有,另外由于O出得质点在平衡位置且向负方向运动,有,所以
O点出得振动方程为
（1）此平面波得波动方程为
（2）当,
（3）当,
当,
当,负号表示沿着y轴负方向。
＜8-19＞解:
Ｓ１发出得平面波得波动方程为
S2发出得平面波得波动方程为
当传播到Ｐ点时得分振动方程分别为
可见,在Ｐ点得与振幅为0．２m
第九章
思考题
<９-2>答:
（1）根据双缝干涉中相邻条纹得间距公式可知,随着缝间距得增大,干涉条纹得间距会变窄。
（2）当狭缝光源在垂直于轴线方向上移动时,干涉条纹也会随着在垂直轴线方向移动,方向与光源移动方向相反。
<9-４>答:
如果在上方得缝后面贴云母片，则从上方缝中出射得光线得光程会发生变化。
设云母片得折射率为,厚度为,则两束光得光程差为
（）
其中,为两缝得距离,为缝与屏得距离,为屏上相邻两点得距离。
从中可以瞧出,相邻两条纹得距离为:
可见，条纹间距没有发生变化。
令光程差等于零,可以得到中央亮条纹发生了改变,向上方移动。
<9－５＞答:
这就是薄膜干涉得原理。
产生干涉明纹得条件就是,所以产生干涉加强得光波得波长应满足。
当时，。
刚吹起肥皂泡时,由于肥皂泡得膜比较厚,即比较大，因而这时满足干涉加强得波长也较大,不落在可见光范围为内,因此这时瞧不到彩色条纹。
当肥皂泡吹大到一定程度就会开始瞧到彩色可见光得条纹。
随着肥皂泡增大,则由于肥皂泡得膜越来越薄,彩色条纹从长波段（红光）条纹向短波段（紫光）条纹变化,继而由于满足干涉加强得波长逐渐变小,最终超出可见光范围,因此彩色条纹会消失。
<9－6> 答:
当增大上面平板得倾斜度，θ增大,根据,条纹变疏。
<9-8>答：
根据衍射原理,只有当狭缝或者障碍物得大小与波长可比时，才会形成衍射现象。
光波波长短,日常得狭缝或障碍物得尺寸远远大于光波波长，因而难以发现光波得衍射;而声波波长可与日常狭缝或障碍物得尺寸相比,所以更容易发生衍射。
<９-10>答:
随着单缝得加宽,衍射条纹间距变小,衍射现象变得不明显。
当缝宽远大于波长时,衍射条纹密集到无法分辨，只显示出单一得明条纹。
<9-1３>答:
使用偏振片可以分辨三种光束。
将偏振片以光得传播方向为轴转动,出射光强不发生改变得就是自然光;发生改变,当转一周后,若有两次光强最大,两次消光得就是线偏振光;若出射光强发生改变,但没有消光得就是部分偏振光。
<9-14>答:
这束光就是以布儒斯特角入射得，其偏振方向与入射面平行。
练习题：
<9－2>解:
根据题意得:
第１1级干涉亮纹至中央亮纹之间得距离满足
所以
＜9-3>解：
设云母片厚度为,覆盖在孔1上,则光程差为
①
②
③
若没有云母片覆盖,光程差为
因为条纹移动了９个，则
联立①②③可得:
所以
<9-4>解:
天线接收到得电磁波一部分直接来自恒星,另一部分经湖面反射,这两部分电磁波就是相干得。
天线角位置不同,这两束电磁波得波程差也不同。
因此,在某些角位置上可有干涉极大值。
电磁波在湖面反射时要发生相位突变
A
B
C
（半波损失）。
由于恒星很远，来自恒星得电磁波可视为平面波,如图所示,相干极大时,两部分电磁波得波程差应满足:
其中,就是考虑到半波损失。
由上图得几何关系可得:
对第一级干涉极大有
其中,已考虑ｋ=１。
由此解得
<9-5＞解：
设相邻两条纹对应高度差为,则
根据相似三角形可得
所以
<９－８>解：
光程差为，
干涉相消,透射光加强,
最小厚度为,
<9-12＞解:
对于第二级暗条纹得衍射角有
所以其与中心亮纹得距离为
从而可得缝宽
对于未知光源,已知第三级暗纹中心至衍射图样中心得线距离为0.４2cm,则其波长等于
<９-14>解:
根据公式可得该显微镜得最小分辨距离为
＜9－19>解：
经过第一块偏振片M，
经过偏振片B,
经过偏振片N,
<９－2０＞解:
设自然光强为，则
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