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大学物理 活页作业答案活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 第五章 1. (A) 2. (D) 3. (D) 4. 电场 q24pe0RQ2pe0a+q1+q342pe0R5. 6. 解: 取微元电荷ldx,则微元电和在O点的电势为dU=ldxldx=0 4pe0x4pe0 所以O点的电势为 U=òdU=a+lldxllldx0=ò=0 4pe0xa4pe04pe04pr12s4pr22sr1sr2ss7. 解: (1) 球心O点的电势为U=+=+=(0.1+0.2)=300 e0e0e04pe0r14pe0r2 所以: s=1000e0=8.85´10-9 4pr12s4pr22s-DQ (2) 设外球放出电荷为DQ,则有: U=+=0 4pe0r14pe0r2 所以: DQ=6.67´10C 8. 当x>0, U=-9òòx0xvv0sE×dx=òE×dx=-x x2e0 当x<0, U=0vv0sE×dx=ò-E×dx=x x2e09. 提示：设导线和圆筒带电的轴线方向电荷线密度分别为l及-l V=两导体间电势差为：DU=850RllDUln2Þ= R2pe0R12pe02lnR1则导线表面及圆筒内表面的电场强度分别为： 第 1 页 共 10 页 活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 ER1DU1=ÞER1=2.54´106V/mRRln21R1DU1=ÞER2=1.70´104V/mER2lnR2R2R110.解:B点电势为：UB=U+U-=0,D点UD=U+U-=q4peR)+-q4pe=-q2 0(30R6pe0RD点与B点的电势差： DU=U-UqDB=-6pe0R单位正电荷从B点到D点后其电势能增加了：DEp=1×DU=-q6pe0R电场力作功为势能增加量的负值：WBD=-DEp=q6pe0R第六章 静电场中的导体与电介质 1. (C) 2. (D) 3. (B) 4. (C) 5. ererEr0rrC0,E0,rD0,erC0,e,D0 r6. 1e,1rer7. 偏转, 取向, 位移, 位移 第 2 页 共 10 页 电势为：活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 8. 解: (1) 根据高斯定理及电荷守恒定律可以得出内外表面的电荷分别为-q和Q+q (2) UaO=ò4pea0dq=14pe0aòdq=-q4pe0a(3) 根据电势叠加原理O点的电势为r处的电荷q与内表面电荷-q以及外表面电荷Q+q产生的电势的和 UO=q4pe0r+-qQ+q +4pe0a16pe0b9. 设左右两面的电荷密度为s1和s2，根据静电平衡条件和电荷守恒得 s1+s2=s s1s2-+E0=0(导体内电场为零)2e02e0s1s2s-=E-s1=-e0E002e2e2e0200所以得出：，电场为： sssss2=+e0E0E2=E0+1+2=E0+22e02e02e0sE1=E0-qìï4peeR,(r<R)ïr010. U=í ïq,(r<R)ï4peerr0î11. 由于平行板电容器的电容为C=eSd，拉开距离后电容为C'=eSnd 在变化过程中，电容器的电量不变，所以前后电容器的电场能量为Q2dQ2Q2ndQ2W=,W= 2C2eS2C'2eS 外力做功等于能量的增量 ndQ2dQ2(n-1)dQ2(n-1)deS22(n-1)eS2WF=DW=-=U=U2eS2eS2eS2eSd2d第 3 页 共 10 页 活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 第七章 恒定磁场 1B； 2C 3解：建立如图Ox坐标轴，在坐标x处取宽度为dx的窄条电流 OIbaPxdxxdI=Idx，它在P点产生的磁感应强度为： adB=u0dIuIdx=0×方向Ä 2p(a+b-x)2pa(a+b-x)auIuIdxa+bP点磁感应强度大小为：B=òdB=0ò =0ln2pa0(a+b-x)2pab4B=m0nI=5区域； 6解：取园环为微元，则微元的电量为dq=s×2prdr，其等效电流为m0Id=3.14´10-3T；提示：密绕螺线管n=1/d。 dI=dq=swrdr T等效电流产生的磁场为 dB=m0dI 2pR1m0dI1=òm0swdr=m0swR 圆心处磁场：B=òdB=ò022p27 C； 8 A 9 D 10解：对于平行于电流的两条电流：各处的磁场相等，所以 第 4 页 共 10 页 活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 FCD=BCDI2LCD=m0I1I2cmIIc,FEF=BEFI2LEF=012 2pa2p(a+b)odrrr对于DE段：取微元dr； dF=m0I1mIIdrI2dr=012 2pr2pra+bmImIIa+b01I2dr=012ln所以 F=òdF=ò a2pr2paNBN=0.226T；H=I=300A/m Lm0mrL11 0.226T, 300A/m 提示： B=m0mrnI=m0mrI12解：M=PmBsinq=PmB=ISB= 1pIR2B 2第八章 电磁感应 电磁场 1答案：D 提示： e=-dFm dt若回路的电阻为R，则：感应电流：I=eR=-1dFmRdtDFm11m0I2m0Ir2=BS=pr=感应电量：q=òIdt=- RRR2pa2aR2解：金属环内磁通量 ´´´´2p=òB2prdr=òB02pr2sinwtdr=B0a3sinwt 30感生电动势：ei=-adr r´a´´图2 d2p=-B0a3wcoswt dt3第 5 页 共 10 页 ´´R´活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 ei>0时沿顺时针指向。 3解：任意时刻t通过矩形线圈的磁通量 ： Fm=òòB×ds=òòBcosqds=òBldx=òb+vta+vtm0IlmIlb+vtdx=0ln2px2pa+vtb+vt (2) 任意时刻t矩形线圈中的电动势: e=-dFmmIlvv=-0(-) dt2pb+vta+vt(-) abvv a+vt 在图示位置时t=0: e=m0Ilv112pO x X 4解：e=-dFm=0 dt电势最高与最低处电势差即dc两端的电势差： Ldc=L+2Lcos600=2L V2=2gHÞV=2gH edcvvvl+2Ll+2LmImIVæl+2Lö0=ò(V´B)×dl=òVBdr=Vòdr=0lnç÷ dll2pr2plèøc=m0I2gHæl+2Lölnç÷ 2pèlør1+b5解：左边导线激发磁场对导线框的磁通量： Fm1=òòB×ds=òòBcosqds=òBadx=òr1m0IamaIr+bdx=0ln12px2pr1m0aIr2+bln 2pr2同理：右边导线激发磁场对导线框的磁通量：Fm2=导线框的总磁通量： Fm=Fm1+Fm2=m0aIr+br+bm0a(r1+b)(r2+b)(ln1+ln2)=lnI0sinwt 2pr1r22pr1r2第 6 页 共 10 页 活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 导线框中的感应电动势：e=-dFmmIaw(r+b)(r2+b)=-00ln1coswt dt2pr1r26解：作辅助线oa，oc，则oac、oabc为闭合回路，由Faraday电磁感应定律得 dF1dB1dBS1=-R2 S1为Doac的面积。 dtdt2dtdF2dBpdBeoabc=-S2=-R2 S1扇形oabc的面积。 dtdt4dtvv又因为Ekoa，Ekob，故oa，ob段不产生感应电动势，因而直导线ac段的感应电动 eoac=-势为e1eoac=R122dB 方向c®a。 dt圆弧导线abc段的感应电动势为e2=eoabc=-明显e2>e1 p4R2dB 方向c®b®a。 dt回路abca中的感应电动势e=e2-e1=(-7答案：9.6 J 提示：W= 1p2dB)R 24dt121LI=´0.3´82=9.6(J) 22第十二章 分子动理论 1B；提示： PV=nRT=2B； 3B；提示：气体内各处压强相等或温度相等，都不一定是平衡态。 4A；提示：氢气的摩尔质量为2´10Kg/mol，氦气的摩尔质量为4´10Kg/mol；氢气的自由度为5，氦气的自由度为3。 -3-3NRT=NkT NA4rv23RT3kT3knT3P525´10；提示：v=，ÞP= =33mmnmr64E/3V、M23；提示：根据P=nkT及理想气体内能公式E=NkT，得M12第 7 页 共 10 页 活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 E=N3P3P4E=，因为内能均为E，所以P= 2n2V3V3NEkT，且同一容器温度相同，所以1=1， 2N2E2因E=Nm1M1/N1M1E2M1V 所以：1=m2M2/N2M2E1M2V21.601.60kTm1kTm2=M2 M17 5:3、10:3；提示：根据P=nkT，相同的温度和压强下，n相同。 EH2iH25i根据E=nKT，所以= 2EHeiHe3EH2EHeiH2nH2iHenHeiH2=iHeM根据E=nRT，所以i2=mHM2=iH2.mHeiHe.mH2=5´2=10:3 3´1mHe8内能为53RT=6232.5J、平均平动动能为kT=6.21´10-21J、平均动能为225kT=1.04´10-20J 2P1.01´105253=2.44´10m9解：由P=nKT，Þn=个/ -23KT1.38´10´300 密度r=nm=2.44´10´3.34´10 平均动能ek=25-27=8.14´10-2 Kg/m3 i5kT=´1.38´10-23´300=1.035´10-20J 223 气体分子视为立方体模型nd=1 Þd=31=3.45´10-9m n10A；提示：三种速率都包含共同项11 C RTm，只有系数的差异。 解：v1v2区间的分子数为 DNv1v2=N第 8 页 共 10 页 òf(v)dv v1v2活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 该区间内分子速率之和为vdN=Nòòv2v2v2v1vf(v)dv，所以该区间分子的平均速率为 òvdNDNv1®v2=Nòvf(v)dvv1v2v1vf(v)dvò =Nòf(v)dvòf(v)dvv1v1v212 1000m/s 1414m.s 第十三章 热力学基础 1 A 提示：A®B，等压过程，温度升高，体积增大，吸热。 B®C，等容过程，温度降低，体积不变，放热。 C®A，等温过程，温度不变，体积减小，放热。 2162 焦 提示：A®B，等容过程，做功AAB=0，吸热QAB=DEAB=416J A®C，等压过程，因为B、C点的温度相同，所以DEAB=DEAC=416J 根据热力学第一定律Q=DE+A，所以对外做功AAC=582-416=162J 3在等压过程中，气体膨胀而对外做功，所以要比等容过程升高相同的温度多吸收一部分热量、2i、 i+2i+2i+2iRDT、DE=nCVDT=nRDT、22提示：在等压过程中，吸热Q=nCPDT=nA=Q-DE=n(CP-CV)DT 所以：ACP-CV2DECVi=、 QCPi+2QCPi+24一摩尔单原子理想气体从300K加热到500K，体积没有变化；压强保持不变。求在这两过程中各吸收了多少热量？增加了多少内能？气体对外做了多少功？ 第 9 页 共 10 页 活页作业解答 第五章 电场 210.41.245.5 解：等体变化：做功：A=0；吸热：QV=nCVDT=1´ 内能变化：DE=Q=2493J 3R´200=2493J 2等压变化：做功：A=P(V2-V1)=nR(T2-T1)=1´8.31´200=1662J 5R´200=4155J 23内能变化：DE=nCVDT=1´R´200=2493J；或DE=Q-A=2493J 2吸热：QV=nCPDT=1´5解：由图可知pAVA=pCVC，所以TA=TC，ABC全过程内能增量DE=0，吸热Q = 对外作功A。又QBC=0，则Q=A=QAB=式中i =3，g=所以Q=A=i+2(pBVB-pAVA) 25r，pBVB3æpCögr3÷()， V=3.48m=pCVC，VB=ççp÷CèBø15´4´105(3.48-2)=1.48´106(J) 26解：由初态和末态压强相等可知T0T，得末态T=5T0。 =V05V05V0=3RT0ln5 V0等温过程，DET=0，QT=AT=3RT0ln等容过程AV=0，QV=3CV(5T0-T0)=12T0CV 又Q=QV+QT=12T0CV+3RT0ln5，得 Q-3RT0ln58´104-3´8.31´273´ln5CV=21.1(J×mol-1×K-1) 12T012´273g=CPCV+R21.1+8.31=1.39 CVCV21.13437答案：Wda=5.065×10 J；Eab=3.039×10 J；W =5.47×10 J；=13 第 10 页 共 10 页
