大学物理第二版下册课后习题答案【篇一：大学物理_上海交通大学_第四版-下册课后题
全部答案】
．直角三角形abc的a点上，有电荷q1
q2??4.8?10
?9
?1.8?10
?9
c
，b点上有电荷
?0.03m
c，试求c点的电场强度(设bc
?0.04m
，ac
?i
)。
解：q1在c点产生的场强：
?e1?
q14??0rac
q2
2
，
?j
2
4??0rbq2在c点产生的场强：c
?????
44
e?e?e?2.7?10i?1.8?10j； 12∴c点的电场强度：
?
e2?
，
?c
点的合场强：
e?
?3.24?104v1.8
?33.7?3342
?
m
，
i
2.7方向如图：。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为50cm的圆环，两端间空隙为2cm，电量为3.12?
10?9c和方向。 xl?2?r?d?3.12m解：∵棒长为，
??arctan
l∴电荷线密度：
可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去d?0.02m
长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电
荷的塑料棒在o点产生的场强。解法1：利用微元积分：
deox?eo?
14??0
?
??
q
?1.0?10
?9
c?m
?1
?rd?
r
2
cos?
，
?
4??0r
?2??
∴
解法2：直接利用点电荷场强公式：
?
??
?
cos?d??
4??0r
?2sin??
?d
4??0r
2
?0.72v?m
?1
；
由于d
??r
，该小段可看成点电荷：q???d
eo?
q?
2
?2.0?10
?11
c
，
4??0r(0.5)则圆心处场强：。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为?，四分之一圆弧ab的半径为r，试求圆
?9.0?10?
9
2.0?10
?11
2
?0.72v?m
?1
心o点的场强。
解：以o为坐标原点建立xoy坐标，如图所示。①对于半无限长导线a?在o点的场强：
???
e?(cos?cos?)?ax4??r2?0?
???e?(sin?sin?)ay
?4??r20有：?
②对于半无限长导线b?在o点的场强：
???e?(sin??sin)?bx4??r2?0? ???e?(cos?cos?)by
?4??r20有：?
?
e
y
③对于ab
?
?eabx????e??aby?
?
圆弧在o点的场强：有：
?
cos?d??
?
20
?
4??0r
4??0r
2
(sin
?
2
?sin?)
?
?
?
4??0r
sin?d???
?
4??0r
(cos
?
2
?cos?)
∴总场强：
eox?
?
4??0r
，
eoy?
?
4??0r
，得：
?eo?
?
4??0r
??(i?j)
。
045?。或写成场强：
11-4．一个半径为r的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为?，求环心处o点的场强e。
e?
?解：电荷元dq产生的场为：根据对称性有：?de
e?
y
de?
dq4??0r
2
；
?
?0
，则：
2
?de
x
?
?desin???
?
?rsin?d?
4??0r?e?
??i
?
2??0r
，
?
2??0r。方向沿x轴正向。即：
11-5．带电细线弯成半径为r的半圆形，电荷线密度
为???sin?，式中?为一常数，?为半径r与x轴所成的夹角，如图所示．试求环心o处的电场强度。
解：如图，
de?
?dl
4??0r
2
?
?0sin?d?
4??0r
，
??dex?decos????dey?desin?
考虑到对称性，有：ex
?
?0；
8?0r，∴
方向沿y轴负向。
11-6．一半径为r的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为?，求球心o处的电场强度。
解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为dl?rd?，所带电荷：dq?2?r?dl。
4??0r
4??0r
e?
?de
y
?
?desin???
?0sin?d?
2
?
?0
?
?
(1?cos2?)d?
2
?
?0
xdq
3
?
??2?rxdl
3
利用例11-3结论，有：
de?
4??
0(x?r)
22
2
4??0??2?rcos??rsin??rd?4??0[(rsin?)?(rcos?)]
?
2
2
2
∴，
??e?4?0，∴
?
e?
2?0化简计算得：
?
20
1?
sin2?d??24?0
。
11-7．图示一厚度为d的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为?。求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x变化的图线，即e?x
图线(设原点在带电平板的中央平面上，ox轴垂直于平板)。
解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面s1为高斯面，
??
de?ds?2e??sx???q?2x??ss?2时，由当和，
1
有：当
e?
?x?0
s2
dx?
2
?时，由?
??
e?ds?2e??s
和?q?2d??s，
x
2?0。图像见右。有：
11-8．在点电荷q的电场中，取一半径为r的圆形平面(如图所示)，平面到q的距离为d，试计算通过该平面的e的通量.
解：通过圆平面的电通量与通过与a为圆心、ab为半径、圆的平面为周界的球冠面的电通量相同。
e?
?d
【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为r，有
球冠面一条微元同心圆带面积为：ds
?2?rsin??rd? ∴球冠面的面积：
?2?r(1?
2
s?
?
?
o
2?rsin??rd??2?rcos?
2
0cos??
dr
?
dr
)
】
2
∵球面面积为：s球面?4?r
?球冠
，通过闭合球面的电通量为：
12(1?
dr)?q
?闭合球面?
q
?0
，
由：?球面
?
s球面s球冠
，∴
?球冠?
?0
?
q2?0
(1?
。
???
s
??1
e?ds?
?0
?q
s内
i
，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为r， e?
2?rl?e?
??rl?0
2
?r
2?0
，有
2
；
2?rl?e?
??rl?0
，则：
e?
??r
?2?(r?r)?0
e??2
?r?(r?r)?2?0r?即：；
r
图见右。
11-10．半径为r1和r2（r1?r2）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量?和??，试求：（1）r?r1；（2）r1?r?r2；（3）r?r2处各点的场强。解：利用高斯定律：
???
s
??1
e?ds?
?0
?q
s内
i
。
?l?0
（1）r?r1时，高斯面内不包括电荷，所以：e1?0；（2）r1?r?r2时，利用高斯定律及对称性，有：
e2?
2?rle2?
，则：
?
2??0r
；
（3）r?r2时，利用高斯定律及对称性，有：2?rle3
??e?0?
???
?e??e?r
2??0r???e?0?即：
r?r1
r1?r?r2r?r2
?0，则：e3?0；
。
11-11．一球体内均匀分布着电荷体密度为?的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r的一个小球体，球心为o?，两球心间距离oo??d，如图所示。求：
（1）在球形空腔内，球心o?处的电场强度e0；
（2）在球体内p点处的电场强度e，设o?、o、p三点在同一直径上，且op
?d
。
解：利用补偿法，可将其看成是带有电荷体密度为?的大球和带有电荷体密度为??的小球的合成。
（1）以o为圆心，过o?点作一个半径为d的高斯面，根据高斯定理有：，方向从o指向o?；
（2）过p点以o为圆心，作一个半径为d的高斯面。根据高斯定理有：
???4?d3
e?ds???de?p1??s1
?033?0????4?d3
e?ds???de?0??s1
?033?0?
，方向从o指向p，
过p点以o?为圆心，作一个半径为2d的高斯面。根据高斯定
理有：
??
∴
s2
3
???r?43
ep2??e?ds????r2
3?0d?03?
，
e?ep1?ep2?
?
3?0
(d?
r
32
4d
)
，方向从o指向p。
???
e?cxi11-12．设真空中静电场e的分布为，式中c为常量，求空间
电
荷的分布。
??s有：?
??
e?ds?cx0??s
?0
由高斯定理：
???
s
??1
e?ds?
?q
s内
，
【篇二：大学物理(机械工业出版社)下册课后练习答案】）。
解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p1，v1，t1）和（p2，v2，t2）。由分析知湖底处压强为
p1?p2??gh?p0??gh
。
利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积
vp1t2v1??p0??gh?t2v1
2?
?6.11?10?5m3
p2t1p0t1
m3
，其中氧气的
解：根据分析有
mmp1v1mp2v1
3v31?rt；m2?rt；m3?
rt
则一瓶氧气可用天数
n??m1
?m2???p1?p2?v1
m?9.5
3
p3v3
min-1，抽气机每分钟能抽出气体20升。设容器的容积v0=2.0升，问经过
pa降为133pa。设抽气过程中温度始终不变。
分析：抽气机每打开一次活门, 容器内气体的容积在等温条件下扩大
了v，因而压强有所降低。活门
关上以后容器内气体的容积仍然为v0 。下一次又如此变化，从而建立递推关系。
解：抽气机抽气体时，由玻意耳定律得：活塞运动第一次：
p0v0?p1(v0?v)
pv0
1?
vp0
0?v
活塞运动第二次：
p1v0?p2(v0?v)
pv0
?v0?
2
2?vp1???v??0?v?0
v??p0
活塞运动第n次：
?
n
pn?1v0?pn(v0?v)
p?v0
n?p0????v0
? v
?
?
n?ln
pn
pn
v00
v0?v
抽气机每次抽出气体体积
v?(20/400)l?0.05lv0?2.0l
p0?1.01?105pa pn?133pa
将上述数据代入（1）式，可解得 n?276。则
t?(276/400)?60s?40s
11－4 l.0 mol的空气从热源吸收了热量
2.66?105j，其内能增加了4.18?105j，在这过程中气体作了多少功？是它对外界作功，还是外界对它作功？
解：由热力学第一定律得气体所作的功为
w?q??e??1.52?105j
负号表示外界对气体作功。 11－5 1mol双原子
习题11－5
状态。求：（1）在过程Ⅰ中的气体吸收的热量；（2）整个过程气
体吸收的热量。
解：（1）在过程i中气体对外作的功a1?(p1?p2)(v2?v1)/2 在过程
i中气体内能增量
?e551?2r(t2?t1)?2
(p2v2?p1v1)
在过程i中气体吸收的热量
q?a3
1??e1?2.02?10j
（2）在过程ii中气体对外作的功
a3
2?
?
v3
vpdv?p22
2
?
vvdv
?2(p3v3?p2v2)
2
由
pv
?常量
可算得v?33?32?10m3
，带入上式得
a2?4.85?103
j 整个过程中气体对外作功
a?a3
1?a2?5.1?10j
整个过程中气体内能增量
?e?52
r(t3?t1)?7.83?103j
整个过程中气体吸收的热量
q??e?a?1.29?104
j
11－6 如本题图所示，系统从状态a沿abc变化到状态c的过程中，外界有326j的热量传递给系统，同时系统对外作功126j。当系统从
状态c沿另一曲线返回到状态a时，外界对系统作功为52j，则此过
程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？
分析：已知系统从状态c到状态a，外界对系统作功为wca，如果
再能知道此过程中内能的变化为
?eca，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统
传递的热量qca。由于理想气体的内能是状态（温度）的函数，利
用题中给出的abc过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可
求得由a至c过程中系统内能的变化?eac，而?eac???eca，故可
求得qca。解：系统经abc过程所吸收的热量及对外所作的功分别
为
qabc?326j,wabc?126j
则由热力学第一定律可得由a到c过程中系统内能的增量
?eac?qabc?wabc?200j
由此可得从c到a，系统内能的增量?eca??200j
从c到a，系统所吸收的热量为
qca??eca?wca??252j
式中负号表示系统向外界放热252 j。这里要说明的是由于ca是一
未知过程。上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过
程来讲并不一定都是放热。 12－7 空气由压强为1.52?105 pa，体
积为5.0?10－
3 m3，等温膨胀到压强为1.01?105 pa，然后再经等压压缩到原来
的体积。试计算空气所作的功。
解：空气在等温膨胀过程中所作的功为
wm
mrt1ln??v2????p1?t?
???v1???p1v1ln??p2??
空气在等压压缩过程中所作的功为
wp??pdv?p2?v1?v2?
利用等温过程关系p1v1?p2v2，则空气在整个过程中所作的功为
w?wt?wp?p1v1ln?p1p2??p2v1?p1v1?55.7j
12－8 如本题图所示，使l mol氧气（1）由a等温地变到b；（2）由a等体地变到c，再由c等压地变到b，试分别计算氧气所作的功
和吸收的热量。分析：从p－v图上可以看出，氧气在ab与acb两
个过程中所作的功是不同的，其大小可通
过
习题11－6图
习题11－8图
w??p?v?dv求出。考虑到内能是状态的函数，其变
化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且
因初、末状态温度相同ta?tb，故
（3）
n?
p2
?1.96?1026个/m3
kt2
?e?0，利用热力学第一定律q?w??e，可求出
每一过程所吸收的热量。
解：（1）沿ab作等温膨胀的过程中，系统作功
wab?
?vb??v?m
??pavaln?b??2.77?103jrtln??v??v?m?a??a?
qab?wab?2.77?103j
11－11 有一绝热的圆柱形的容器，在容器中间
放置一无摩擦、绝热的可动活塞，活塞两侧各有?摩尔同种单原子分子理想气体，初始时，两侧的压强、体积、温度均为（p0，v0，
t0）。气体的定容摩尔热容量为cv＝3r/2。现将一通电线圈放在活
塞左侧气体中，对气体缓慢加热。左侧气体膨胀，同时压缩右方气体，最后使右方气体体积为v2＝v0/8。求：（1）左、右两侧气体的终温是多少?（2）左侧气体吸收了多少热量?
解：（1）右则气体经历一绝热过程，初态?p0v0t0?、终
态?p2v2t2?，由方程 t0v0??1?t2v2??1 得出右侧气体末态温度：
由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为
（2）沿a到c再到b的过程中系统作功和吸热分别
wacb?wac?wcb?wcb?pc?vb?vc??2.0?103j
qacb?wacb?2.0?103j
由理想气体物态方程，右侧气体终态压强为
?v0
t2???v
?2????
??1
t0?85/3?1t0?4t0
11－9 一定量的某单原子分子理想气体装在封闭的气缸里，此气缸有可活动的活塞（活塞与气缸壁之间无摩擦且无漏气）。已知气体的初压强p1=1atm,
-33
体积v1=10m，现将该气体在等压下加热直到体积为原来的两倍,然后在等体下加热,到压强为原来的2倍,最后作绝热膨胀,直到温度下降到初温为止,试求：在整个过程中气体内能的改变、吸收的热量和所作的功。
解：因为t4?t1，所以内能增量为零。
p2?
p0v0t2
?32p0
v2t0
由于活塞是可动的，左、右两侧的压强应相同：
p1?p2?32p0，
左侧末态体积： v1?2v0?v2?左侧气体末态温：t1?（2）
15
v0 8
q?
53
p1(2v1?v1)?2v1(2p1?p1)?5.6?102j22
a?q?5.6?102j
p1v115
t0?32?t0?60t0 p0v08
q??u左＋w左?右＝?u左＋?u右
3
??cv(t1?t2?2t0)??r?62t0?93p0v0
2 11－12 如本题图所示，有一除底部外都是绝热的气筒，被一位置固定的导热板隔成相等的两部分a和b，其中各盛有一摩尔的理想气体氮。今将334.4j的热量缓慢地由底部供给气体，设活塞上的压强始终保持为1.01?105pa，求a部和b部温度的改变以及各吸收的热量(导热板的热容可以忽略)。若将位置固定的导热板换成可以自由滑动的绝热隔板，重复上述讨论。
习题11－12
解：（1）导热板固定，a中气体为等
容加热；b中气体为定压膨胀，且为准静态的，搁板导热，? ta??tb??t
11－10 有1mol刚性多原子分子的理想气体,原来的压强为1.0atm,温度为27℃,若经过一绝热过程,使其压强增加到16atm。试求:(1) 气体内能的增量；(2) 在该过程中气体所作的功；(3) 终态时气体的分子数密度。
解：（1） t2?t1?p1p2?
1??
?
?600k
?e?
mi
r(t2?t1)?7.479?103j?2
3
（2） a???e?7.479?10j
11－14 如本题图所示，某理想气体循环过程的
q?cp?tb?cv?ta??cp?cv??t v－t图。已知该气体的定压摩尔热容cp = 2.5r，定体
摩尔热容cv = 1.5r，且vc =2va。试问：（1）图中所
qqq334.4
2）如是正循环（热?t?????6.示循环是代表致冷机还是热机？（71k
75cp?cv6r6?8.31机循环），求出循环效率。 r?r
22
分析：以正、逆v 55
qa?cv?t?r?t??8.31?6.71?139.4j循环来区分热机和
22
致冷机是针对p－v
qb?q?qa?334.4?139.4?195j 图中循环曲线行进
方向而言的。因此，（2）隔板活动，a气体等压膨胀；隔板绝热，b中气
对图中的循环进行体温度不变。 t 分析时，一般要先将
习题11－14
qb?0 ?tb?0 qa?q?cp?t 其转换为p－v图。
由图可以看出，bc为等体降温过程，ca为等温压缩
q2q2?334.4过程；而ab过程为等压膨胀过程。这样，就可得出p?t????11.50kcp7r7?8.31 －v图中的过程曲线，并可判别是正循环。 11－13 0.32 kg的氧气作如本题图所示的
abcda循环，设v2＝2v1，t1＝300k，t2＝200k，求循环效。（氧气的定体摩尔热容的实验值为cv= 21.1
-1
解：（1）根据分析，将v－t图转换为相应的p－
v图，如图所示。图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环。（2）根据得到的p－v图可知，ab为等压膨胀过程，为吸热过程。bc为等体降压过程，ca为等温压缩过程，均为放热过程。故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为
??w/q
来求出，其中w表示一个循环过程系统作的净功，q为循
习题11－13
环过程系统吸收的总热量。
解：根据分析，因ab、cd为等温过程，循环过程中系统作的净功为
mq1?cp,m?tb?ta?
m
q2?
mmcv,m?tb?tc??rtaln?vca?mm
ca为等温线，有ta?tc；ab为等压线，且因
w?wab?wcd??
mm
??rtlnv?rt2ln?v12?121
mm
vc?2va，则有ta?tb2。故循环效率为
m
r?t1?t2?ln?v21??5.76?103jm
??1?q21?1??cv,mta?rtaln2?/?cp,mta??12.3%
由于吸热过程仅在等温膨胀（对应于ab段）和等体升压（对应于da段）中发生，而等温过程中?e?0，则qab?wab。等体升压过程中w = 0，则qda??eda，所以，循环过程中系统吸热的总量为
11－15 有一以理想气体为工作物质的热机，其
循环如本题图所示，试证明热机效率为
??1??
?v1p12??1p2?1
q?qab?qda?wab??eda
?
mm
??rtlnv?cv,m?t1?t2?121
mm
由此得到该循环的效率为
??wq?15%
分析：该热机由三
个过程组成，图中ab
?3.84?104j是绝热过程，bc是等
压压缩过程，ca是等
体升压过程。其中ca过程系统吸热，bc过
习题11－15
程系统放热。本题可从效率定义
??1?q2q1?1?qbcca。出发，利用热力学
第一定律和等体、等压方程以及??cp,m/cv,m的关系来证明。证：该热机循环的效率为
??1?q21?1?qbcca
其中
qmbc?
mct?m
p,m?c?tb?,qcamcv,m?ta?tc?，
则上式可写为
??1??
tc?tbbc?1
ta?t?1??
tc
tac?1
在等压过程bc和等体过程ca中分别有
tb1?tc2,tap1?tcp2
??1??
v12?1
代人上式得
p1p2?1
，证毕。