《大学物理》课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN习题４-12图HL HhH4-12 一个器壁竖直的开口水槽，如图所示，水的深度为H =10m ，在水面下h =3m 处的侧壁开一个小孔。
试求：（1）从小孔射出的水流在槽底的水平射程L 是多少（2）h 为何值时射程最远最远射程是多少解：（１）设水槽表面压强为p 1，流速为v 1，高度为h 1，小孔处压强为p ２，流速为v ２，高度为h ２，由伯努利方程得：222212112121gh v p gh v p ρρρρ++=++根据题中的条件可知：211021,0,h h h v p p p -====由上式解得：gh v 22= 由运动学方程：221gt h H =-，解得: gh H t )(2-=水平射程为:)(m 17.9)310(34)(42=-⨯⨯=-==h H h t v L (2)根据极值条件，令0=dhdL，Ｌ出现最大值， 即022=--hhH h H ，解得：h=5m此时Ｌ的最大值为10m 。
4-14 水在粗细不均匀的水平管中作稳定流动，已知在截面Ｓ1处的压强为110Ｐa ，流速为0.2m/s ，在截面Ｓ2处的压强为５Ｐa ，求Ｓ2处的流速（把水看作理想流体）。
解：由伯努利方程得：2222112121v p v p ρ+=ρ+2323100.12152.0100.121110v ⨯⨯⨯+=⨯⨯⨯+)(5.012-⋅=s m v4-16在水管的某一端水的流速为1.0m/s ，压强为5100.3⨯Pa ，水管的另一端比第一端降低了20.0m ，第二端处水管的横截面积是第一端处的1/2。
求第二端处的压强。
设管中的水为理想流体，且作稳定流动。
解:由连续性方程 2211v S v S = 得：)(211212212-⋅=⨯==s m v S S v由伯努利方程222212112121gh v p gh v p ρρρρ++=++ 得：)()(2121222112h h g v v p p -+-+=ρρ)(1095.4208.910)21(1021100.3532235Pa ⨯=⨯⨯+-⨯⨯+⨯=5-14 当温度为0C 时，可将气体分子视为刚性分子，求在此温度下：（1）氧分子的平均平动动能和平均转动动能；（2）34.010kg -⨯氧气的内能；（3）34.010kg -⨯氦气的内能。
解：刚性双原子气体分子的自由度5i = （1）氧气分子的平均平动动能2321k 33 1.3810(2730) 5.710J 22kT ε--==⨯⨯⨯+≈⨯平均转动动能2321t 22 1.3810(2730) 3.810J 22kT ε--==⨯⨯⨯+≈⨯（2）34.010kg -⨯氧气的内能323' 4.01058.312737.110J 232102m i E RT M --⨯==⨯⨯⨯≈⨯⨯ 34.010kg -⨯氦气的内能333' 4.01038.31273 3.410J 24102m i E RT M --⨯==⨯⨯⨯≈⨯⨯5-17 储有1mol 氧气（可视为刚性分子），容积为31m 的容器以110m s υ-=⋅速度运动，设容器突然停止，其中氧气的80%的机械运动动能转化为气体分子热运动动能。
试求气体的温度及压强各升高了多少解：分子热运动增加的能量为23211'80%32101080% 1.28J 22E m v -∆=⨯=⨯⨯⨯⨯= 又由理想气体内能公式2i E RT ν=可得2i E R T ν∆=∆,则222 1.286.1610K 558.31E T R -∆⨯∆==≈⨯⨯ 由理想气体状态方程pV RT ν=可得28.31 6.16100.51Pa 1R Tp V ν-∆⨯⨯∆==≈6-10 一压强为51.010Pa ⨯,体积为331.010m -⨯的氧气自0C 加热到100C ，问：（1）当压强不变时，需要多少热量当体积不变时，需要多少热量 （2）在等压和等体过程中各作了多少功解：（1）压强不变，即等压过程：对初状态应用理想气体状态方程111p V RT ν= ,代入到p ()2iQ R R T ν=+∆中，得rR r REO r(D)E ∝1/r 2225311p 1 1.010 1.0105()()(1)100222732pV i i Q R R T R R T RT ν-⨯⨯⨯=+∆=+∆=⨯+⨯21.2810J =⨯体积不变时，即等体过程：对初状态应用理想气体状态方程111p V RT ν= ,代入到V 2iQ R T ν=∆中，得 5311V 1 1.010 1.010510091.6J 222732pV i i Q R T R T RT ν-⨯⨯⨯=∆=∆=⨯⨯≈（2）等体过程，系统对外不做功，即0J W =；等压过程：内能的变化量91.6J 2iE R T ν∆=∆=,由热力学第一定律可得12891.636.4J W Q E =-∆=-=6-12 2mol 的理想气体在300K 时，从33410m -⨯等温压缩到33110m -⨯，求气体所做的功和放出的热量解：等温过程：0E ∆=；3211ln28.31300ln 6.910J 4T T V Q W RT V ν===⨯⨯⨯≈-⨯ 6-17 一卡诺热机的低温热源温度为7C ，效率为40%，若要将其效率提高到50%，问高温热源的温度应提高多少解：由21-1=T T η得原高温热源的温度为 21280467K 110.4T T η===-- 50%η=时对应的高温热源的温度为21280'560K 1'10.5T T η===-- 高温热源应提高的温度为560K 467K =93K -7-2 半径为R 的均匀带电球面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r 之间的关系曲线为[ ]。
7-3、下分析与解 根据静电场的高斯定理可以求得均匀带电球面的电场强度分布为⎪⎩⎪⎨⎧>πε<=R r rQRr E 2040。
正确答案为（B ）。
7-4 真空中一均匀带电量为Q 的球壳，将试验正电荷q 从球壳外的R 处移至无限远处时,电场力的功为[ ]。
（A ）24R qQ o πε （B ）R Q o πε4 （C ）R q o πε4 （D ）RqQ o πε4 分析与解 静电场力是保守力，电场力做的功等电势能增量的负值，也可以表示成这一过程的电势差与移动电量的乘积，由习题7-2可知电场强度分布，由电势定义式⎰∞⋅=R r E d V 可得球壳与无限远处的电势差。
正确答案为（D ）。
7-5 关于静电场的高斯定理有下面几种说法，其中正确的是[ ]。
（A ）如果高斯面上电场强度处处为零，则高斯面内必无电荷；（B ）如果高斯面内有净电荷，则穿过高斯面的电场强度通量必不为零； （C ）高斯面上各点的电场强度仅由面内的电荷产生；（D ）如果穿过高斯面的电通量为零，则高斯面上电场强度处处为零分析与解 静电场的高斯定理表明，高斯面上的电场强度是由面内外电荷共同产生，而高斯面的电通量只由面内电荷决定。
正确答案为（B ）。
7-7 如图所示，当把正电荷Q 从A 点缓慢移动到B 点时，则导体内某点P 的电（A ）电场强度不变，电势升高 （B ）电场强度变大，电势升高（C ）电场强度不变，电势不变（D ）电场强度变大，电势不变分析与解 静电平衡条件下的导体内部场强恒为零，故P 点的场强不变；电场线的方向是电势降落的方向，当正电荷从A 点移向B 点时，相当于P 点逆着电场线方向移动靠近正电荷Q ，电势升高。
正确答案为（A ）。
7-8 一空气平行板电容器，充电后与电源断开，当在极板间充满介电体时，则下列叙述错误的是[ ]。
（A ）极板间的电场强度变小 （B ）极板间的电势差变小 （C ）电容器包含的电场能变小 （D ）电容器的电容变小 分析与解 介电体放入电场中因发生极化，从而改变自身的电荷分布并对电场产生影响。
当电容器板间填充介电体后，可以提高电容器的容电能力和耐压能力。
正确答案为（D ）。
7-15 7-15如图所示，一个半径为R 的1/4圆弧状橡皮绳，均匀地分布着线密度为λ的电荷，求其中心O处的电场强度和电势。
分析 这是个连续带电体问题，求解关键是如何取电荷元。
解 （1）选择电荷元θR q d d λ=,其在圆心O 点电场强度为习题7-7图θRεR εq E d 44d d 020πλ=π=分解得 θθRεθE E 0x d sin 4sin d d πλ==， θθRεθE E 0y d cos 4cos d d πλ== 由对称性可知，E x =0， 积分得 RθθR 004/4y y 42d cos 4dE E πελ=πελ==⎰⎰ππ- 合场强E=Ey 方向沿y 轴负向。
（2）同理，d q 在圆心O 点的电势 θεR εq V d 44d d 00πλ=π= 积分得圆心O 的电势 004/48d 4d ελ=πελ==⎰⎰ππ-θV V7-16 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2（R 1<R 2），单位长度上的电荷为λ。
求离轴线为r 处的电场强度：（1）；（2）R 1<r <R 2；（3）r >R 2。
分析 电荷分布在无限长同轴柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，再求出不同半径高斯面内的电荷代数和，即可求得各区域电场分布。
解 如图，作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理⎰∑ε=⋅=⋅S2πd 0q/rL E S E ∑==<0，0,11E q R r 得当∑π=λ=<<rελE L q R r R 02212，，得时当 ∑==>0，0,32E q R r 得当在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变0022εσrL ελL r ελE =π=π=∆这一跃变是将带电圆柱面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性。
7-17 两个同心球面的半径分别为R 1和R 2各自带有电荷Q 1和Q 2。
求（1）各区域电势的分布，并画出分布曲线；（2）两球面上的电势差为多少分析 求电势分布通常可采用两种方法：（1）由于电荷分布具有球对称性，因此，可根据电势与电场强习题7-16图3-2度的积分关系求电势；（2）利用电势叠加原理求电势，一个均匀带电球面内外的电势为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<π>π=)(4）（400R r RεQ R r rεQV其中R 是球面的半径。
将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势分布。
解1 （1）由高斯定理可求得电场分布）（011R r E <=)(42102R r R rεQ E r21<<π=e )(42023R r r εQ Q E r21>π+=e由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布。