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1、练习册答案27练习一1，2，32435（1）由得，此乃轨道方程（2），（3）， 时，（4）由，有 当时 当时6（1） 有 当时，有（2）由（1）有练习二1，2 32435由约束方程 有：即：（1） 对（1）两边求导，有： 6（1） （2）（3）练习三1231445（1）（2） （3）（圈）6先用隔离体法画出物体的受力图建立坐标，根据的分量式 有 依题意有， 令 练习四1，231425将全过程分为三个阶段（1）球下摆至最低处，和地球为系统，机械能守恒： （1）（2）球与钢块作弹性碰撞水平方向动量守恒 （2）机械能守恒 （3）（3）球上摆至最大高度处，和地球系统机械能守恒： （4）由（1）（2）（
2、3）得：，代入（4）得：6设人抛球后的速度为，则人球系统抛球过程水平方向动量守恒 人对球施加的冲量 方向水平向前练习五1233415 联立解得： 6（1）由角动量守恒得： （2） （3） 练习六 流体力学（一）1，2总是指向曲率中心33445在大气压时，泡内压强，移到气压为时泡内压强 6首先在温度为t1时，在液体中靠近两管弯曲液面处的压强分别有，且有 同理当温度为t2时，两管液面高度差为： 练习七 流体力学（二）1233425（1）粗细两处的流速分别为与则 （2）粗细两处的压强分别为与6（1）射程 又 （2）设在离槽底面为x处开一小孔，则同样有： 又 则在离槽底为h的地方开一小孔，射程与前面相
3、同。练习八1，；2，；334356 ，两边平方得 ， 又 B事件比A事件先发生练习九1 275m3 208kg 2.78kgm-3 33415（1）（2）； 6由洛仑兹变换， 可得 故 即 练习十1相同；不同；相同；21:1 2:1 10:332425由千克/摩尔=2克/摩尔该气体为氢气，6（1）（2）（3）（4）练习十一1在速率内的分子数2344156（1）由，得（2）由 得 练习十二1相同；不同2 ；降低33425（1）由过程：得 过程：（2）过程： 放热6（1）等容： 等温： ，（2）等温： 等容： ，练习十三1等压；2232435（1）绝热过程 （2）等温过程作功，等容过程不作功pa(
4、T1)b(T1)c(T2)OV1V2VP（3）由知，等温膨胀过程，只随的增大而减少，而绝热膨胀过程随的增大和的降低较快地减小，因为，所以系统从同一初态膨胀相同体积时，等温过程作的功比绝热过程多。6又 练习十四1467K；234K2233425（1）等温： 绝热： 绝热： 等温： （2）（3）6（1）由于，所以可得 （2）（3）和 三次计算的都相等，说明熵变只与始末状态有关。练习十五t=0.25st=0.5sxt=1st=0s1，2见右图33425（1），（2）在振动方程中，令得，又 ，（3）由，得，6（1），由，得 （2）练习十六12:1，1:42，32415（1） （2），6（1）见图，（2
5、）取初相，则有练习十七1机械振动在弹性媒质中的传播，振动状态或相位2波长、波速、频率32445（1）将与波动方程标准形式比较，得振幅为A，波速：， （2）在波动方程中令，得（3）6（1），（2），当，时，由，得练习十八1，231435（1），又由，知波源振动方程为 波动方程为y(m)x(m)0.10-0.1510（2），波形曲线如图（3），时，6（1）反射点为自由端，反射波无半波损失（2）波腹位置，由，则，波节位置，由，则，若反射点为固定端，则反射波有半波损失，练习十九1（或18000），2条纹分布在E上侧，明暗分布与原来互换32415由得： 绿色6（1）（2）由于，按算，则，即还能看到14条
6、明纹。练习二十1，2，31415（1）设，则有（2）设，明纹总数为N，则，6（1）设，两暗环重合时有得：；（2）设，两明环重合时，得：练习二十一1，52，逐渐减小34425设，第3级暗纹与中央明纹相距由光程差公式 和几何关系 得：6由一级暗纹，得中央明纹宽度，若把装置浸入水中，则波长；中央明纹角宽度，减小。练习二十二15000 ，22，33415设。由光栅方程有：，缝数设所测波长为，则由光栅方程得：，在光栅方程中，令得：，则 最多可观察到第二级明纹6（1）设 则有 得，（2）第四级为缺级，则有 得取，则（3）由 得：又由 得：当时，为缺级，又第10级明纹呈现在无限远处.实际呈现的级数为：，共八
7、级.练习二十三1，2，31435（1），（2），6设自然光强为I0，透过第一个偏振片的光强为，透过第二个偏振片的光强为，透过第三个偏振片的光强为已知练习二十四1水平向左，22a33425在AB上与O点相距为l处取dl，其所带电量。在点场强，方向向右。由于AB上任意在点产生的场强方向相同，则，方向向右6在距长直导线为处任取，其所带电量，又长直导线在处的场强为，受电场力，方向向右。由于上任意受力方向相同，则，方向沿相互排斥。练习二十五120，3略；445过场点作长为的同轴圆柱面，由高斯定理得：（1）当时，；（2）当时，；（3）当时，6（1）过场点作同心球面，由高斯定理：即： 解得：（2）同理可求得
8、球外任一点练习二十六1，232415（1）在棒上距点为处任取，其所带电量，在点的电势为，（2）同理，则从，电场力的功电势能变化为6（1）任取半径、宽的圆环，其所带电量 ，在处的电势为 距盘心处的电势为（2）练习二十七1，2，32415（1）静电平衡时，电荷分布如图，按电势迭加原理，球和球壳的电势分别为 电势差 （2）球壳接地，球与球壳间的场分布不变，所以电势差也不变，仍与上同。（3）若用导线连接，则为等势体，所以电势差。6（1）金属球是个等势体（2）接地时，金属球电势为零练习二十八12，1.62600V32435（1），圆柱薄壳中的电场能量（2）介质中的总能量（3）由，得圆柱电容器的电容6由高
9、斯定理：，可知场分布为 由，可得电势分布为， （）， （）， （）练习二十九1；垂直纸面向里233445在与点相距为处，取一宽为的细长条，其中电流，它在点产生的磁感应强度，方向垂直纸面向里，因各细长条在点的方向相同，所以，方向垂直纸面向里。6 练习三十1，2，34435由安培环路定律，过场点在电缆横截面内作半径为的同心圆形回路L，则有，即，由已知电流分布有6由电流分布的对称性，可断定与平板的对称面等距的点处，的大小相等且方向与平板平行，作矩形回路，其中，与平板平行，且与平板的对称面等距（，的中点在平板的对称面上），由；当时，；当时，；即，某点距平板中心平面距离为时，有 在中心平面上部各点，方向
10、水平向左；中心平面下部各点；方向水平向右。练习三十一121:134415在载流圆环上取一对对称电流元，它们所受的安培力为及，由于对称性，沿环径向的分力成对地相互抵消。所以，方向垂直向下。6在上距长直导线处，取电流元，该处磁感应强度，方向垂直纸面向里，则电流元受力，由于上各电流元受力方向相同。所以，练习三十二1各向同性的非铁磁性均匀磁介质2铁磁质，顺磁质，抗磁质32445 6（导线内），由，（磁介质内），（磁介质外），练习三十三1，2，32425（1）通过线圈A的磁通量等于通过环形螺线管截面的磁通量；在A中产生的感应电动势为：，（2）6如图，取面元，则通过矩形线圈的磁通量为：线圈运动到图示位置时的感应电动势为： 顺时针方向练习三十四12，031425通过矩形线圈的磁通量 代入秒，得：6时刻通过回路的磁通量为：，；顺时针方向。练习三十五1，231415设在
