吉林大学大学物理作业答案综合练习题下二

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吉林大学大学物理作业答案综合练习题(下)(二)页PPT文档

C. 物体振动频率与外力驱动力的频率不同，振幅趋于无限大；
D. 物体振动频率与外力驱动力的频率相同，振幅趋于无限大；
固有长度l0
3.两飞船，在自己的静止参照系中测得各自的长
度均为100m。飞船1上的仪器测得飞船1的前端
驶完飞船2的全长需5/3×10-7s。两飞船的相对速
度的大小是（）
同地钟——固有时间t0
其一绕级核明运动的角动量的大小
；该角动量的
空间取向a可s能in 有3;5 种a。sin k; k1.5
2
9.一电磁波在空气中通过某点时，该点
某一时刻的电场强度为E，则同时刻的磁
场强度H＝ 0 E ，能流密度S＝ 0 E 2 。
0
0
10.声源发出频率为100HZ的声波，声速340 米/秒。人以3.4米/秒的速度驾车背离声源而去，则人听到声音的频率 99 Hz。
c
c
h 1.2eVh

0
6
7.惠原斯引入子波的概念提出了惠原斯原理，
菲涅耳再用子波相干叠加的思想补充了惠
8.原在斯单原缝理的，夫发琅展和成费了衍惠射原实斯验－中菲，涅屏耳上原第理三。级暗
纹对应的单缝处波面可划分为___个半波带，若
将缝宽缩小一半，原来第三级暗6纹处将是＿＿
6.氢＿原纹子。中核外电子所处状态的角量子数是l＝2，
vB(1uuB)S (uB3.4m/s u34m/0s S10H0)z
(三1. 一) 定计滑算轮的题半径为R，转动惯量为J，其上挂有一轻
绳，绳的一端系一质量为m的物体，绳的另一端与一
固定的轻弹簧相连，设弹簧的劲度系数为k, 绳与滑轮
间无滑动，现将物体从平衡位置拉下一微小距离后释

吉林大学大学物理刚体转动作业答案(课堂PPT)

属的圆盘B，对于垂直于圆面的中心转轴，它两
的转动惯量有：
A．IA＝IB
B．IA＜IB
C．IA＞IB
D．不能判断 6
10．有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其
中的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，
当人到达转台边缘时，转台的角速度为
为l / 2 ，杆和套管组成系统以角速度0 绕OO′轴
转动，如图所示。若在转动过程中细线被拉断，
套管将沿着杆滑动。在套管滑动过程中，该系统
转动的角速度与套管轴的距离x的函数关系为
70l 2
(杆对OO′轴转动惯量为
1 3
ml
)2
4(l 2 3x2 ) 。
O
0
[
1 3
ml
2
m(
l 2
)2
]0
[
1 3
角速度在2s内均匀减速至 4rad s，1 则刚体
在此恒力矩的作用下的角加速度 -2 rad·s-2
刚体对此轴的转动惯量 I 4 kg·m2
匀变速转动：(1) 0 t
（2）M I I
13
8. 一刚体对某定轴的转动惯量为 I 10kg m2
在恒力矩作用下由静止开始做角加速度 2rad s2
定轴转动。在5s末的转动动能 EK 500 J
该恒力矩 M 20 N·m ，该恒力矩在0~5s这段
时间内所作的功 A 500 J ，刚体转动的角度
这段时间内飞轮转过 N t / 4 转，
拉力做的功为 A 1 mD2 2。
16
匀加速 t ; 1 t 2 N ;
转动：
2
2

大学物理习题答案（下学期有图）

⼤学物理习题答案（下学期有图）1. (C)2.a4I0πµ, ? 3.)412(R 2I 0ππµ+-, ?4. 可看成许多平⾏的⽆限长载流直导线组成,其中⼀宽为θRd dl =的直导线载有电流dl RIdI π=θθπµθπd sin R2I)2cos(dB dB 20x -=+=-=-=ππµθθπµ02020x RI d sin R 2I Bθθπµθπd cos R 2I )2sin(dB dB 20y =+= 0d cos R2I B 020y ==?πθθπµ )T (i1037.6i RI B 620O -?-=-=πµ5. 将此盘看成⽆数同⼼带电圆环组成,半径为r的圆环带电rdr2dq πσ?=圆环转动形成的电流为rdr dq 2dI ωσπω==则 dr r dI dB ωσµµ00212== 各B d 同向R 21dr 21dB B 00Rσωµωσµ===∴??1. (B)2. 变量，I οµ-3. 1∶1, 304. 在横截⾯上以轴点为圆⼼，作半径为r 的圆形环路则（1） a r < ?=?Ll d B 0, 0=∴B(2) b r a << I a b a r rB l d B L )()(22222--==??ππµπο , ra b Ia r B )(2(22)22--=∴πµο (3) b r <I rB l d B L==?οµπ2,rIB πµο2=∴ 5. 取电流元 dI=(I/b)dx则 )x r b (b 2Idx)x r b (2dIdB 00-+=-+=πµπµrbr lnb 2I )x r b (b 2IdxB b00+=-+=?πµπµ ⽅向向⾥练习三（磁）1.（B ）2. 03. 1∶14.取⾯积元xdx ahydx dS ==,它距长直载流导线为（b+x ） m d φ=S d B ?=xdx ahx b I+)(2πµο=dx xb ba hI )1(2+-πµο∴ m φ=?m d φ=ahIπµο2dx xb ba)1(0+-=ahI πµο2[b ab ln b a +-]5. 在横截⾯上以轴点为圆⼼作半径为r 的圆形环路,由环路定理可得：R r < 222r R I rB ππµπο= r R I B 22πµο=内R r ≥ I rB οµπ=2 rIB πµο2=外矩形纵截⾯外内S S S +=，其总磁通量为：+?=S 外S 内m S d B S d Bφ)m 1l (2ln 212I ldr r 2I ldr R2Ir R 2R 0R20=+=+=）（πµπµπµο练习四（磁）1. (D)2. (B)3. (B)4. AB 处的B )6a3b (2IB AB -=πµο，?，受⼒)6a3b (2aI I F 211-=πµο, ⽅向AB ⊥向左1I 在BC 上与1I 相距x 的电流元l d I 2处的xIB πµο21=，?，由B l d I F=22 及 2330cos dxdx dl ==得 6a 3b 3a 3b ln 3I I 23dx x 2I I F 21a 33b a63b 212-+=?=+-πµπµοο⽅向：在?平⾯⾥BC ⊥向外同理知23F F =，CA F ⊥3向外（在?平⾯⾥）。

吉林大学大学物理作业答案综合练习题(下)(二)

A. 1.50µm B. 1.57µm C. 1.29µm D. 1.43µm
氧化钽
A
B
玻璃衬底玻璃衬底
2ne＋λ/2＝(2k+1)λ/2 (k=10)
2.物体在周期性外力作用下发生受迫振动，且周期性外力的频率与物体固有频率相同。若忽略阻力，在稳定情况下，物体的运动表现出如下特点
A. 物体振动频率与外力驱动力的频率不同，振幅呈现有限值； B. 物体振动频率与外力驱动力的频率相同，振幅呈现有限值； C. 物体振动频率与外力驱动力的频率不同，振幅趋于无限大； D. 物体振动频率与外力驱动力的频率相同，振幅趋于无限大；
固有长度l0
3.两飞船，在自己的静止参照系中测得各自的长度均为100m。飞船1上的仪器测得飞船1的前端驶完飞船2的全长需5/3×10-7s。两飞船的相对速度的大小是（）
同地钟——固有时间t
0
A.
c/ 6
B.
C.
c/2
l t0
D.
c/ 2
2c / 5
l l0
v2 1 2 c
v
4.光子A的能量是光子B的两倍。则光子A的动量是光子B的（ A.1/4 B.1 C. D.2 倍。
l 0 . 5 m m 解：

e e 3 9 0 0 n m 5 2 2

2 2n

l
1 . 71 0r a d
4
4.一平面透射光栅，当用白光垂直照射时，能在30°衍射方向上观察到600nm的第二级干涉主极大，并能在该处分辨△λ=0.05nm的两条光谱线，但在此30°方向上却测不到400nm的第三级主极大，计算此光栅的缝宽a和缝距b以及总缝数N 。

吉林大学大学物理练习册综合练习二答案

5
11. 图示为一具有球对称性分布的静电场的 ~ r关系曲图示为一具有球对称性分布的静电场的E 关系曲请指出该静电场E是由下列哪种带电体产生的是由下列哪种带电体产生的。线，请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的。 A. 半径为的均匀带电球面；半径为R的均匀带电球面的均匀带电球面； E B. 半径为的均匀带电球体；半径为R的均匀带电球体的均匀带电球体； 1 E∝ 2 ρ = Ar C. 半径为、电荷体密度为半径为R、 r (A为常数的非均匀带电球体。为常数)的非均匀带电球体为常数的非均匀带电球体。 O D. 半径为、电荷体密度为 ρ = A/ r 半径为R、 r R (A为常数的非均匀带电球体；为常数)的非均匀带电球体为常数的非均匀带电球体； 12.某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从M 某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从某电场的电力线分布情况如图所示点移到N点有人根据这个图得出下列几点结论，点移到点。有人根据这个图得出下列几点结论，其中哪点是正确的？哪点是正确的？ A. 电场强度 M < EN；电场强度E B. 电势 M < UN；电势U N M C. 电势能WM < WN；电势能 6 D. 电场力的功 > 0。电场力的功A 。
12
r r r 10.均匀静电场，电场强度 E = (400i + 600j )(V ⋅ m−1 ) 均匀静电场，均匀静电场（之间电势差_________ ）点a(3，2)和b(1，0)之间电势差－2000（V）。，和，之间电势差
11．有一内外半径分别为R及2R的金属球壳，在．有一内外半径分别为及的金属球壳的金属球壳，离其球心O为处放一电量为的点电荷，处放一电量为q的点电荷离其球心为R/2处放一电量为的点电荷，则球 3q 处电势=__________。在离球心为3R处的心O处电势处电势。在离球心O为处的 8πε0 R q q 电场强度大小=__________，电势 12πε0R 电场强度大小，电势=__________。。 36πε R

吉林大学大学物理练习册答案

q A
O
U D 6 0l
2l
q B
D
l
q
（2） A q(U D U ) 6 0l
4. 一厚度为d 的无限大平板，平板内均匀带电，
电荷体密度为，求板内、外场强的分布。

Dds 2 Dds q
s
s
s内
2Ds s d

d
零，则球面上的带电量σdS 面元在球面内产生
的电场强度是
A．处处为零
B．不一定为零
C．一定不为零
D．是常数
11. 如图，沿x轴放置“无限长”分段均匀带电
直线，电荷线密度分别为+ λ和- λ，点（0，a）
处的电场强度

A．0
B.
i
2 0a
C.

i
D.

(i j)
4 0a
4 0a
8．半径为R的不均匀带电球体，电荷体密度分布为ρ＝Ar，式中 r 为离球心的距离，(r≤R)、A
为一常数，则球体上的总电量Q＝ A R4 。
9. 把一个均匀带电量+Q的球形肥皂泡由半径 r1吹胀到r2，则半径为R（ r1< R < r2）的高斯
球面上任一点场强大小E由 Q / 40 R2 变为 0 ；

2
0

r
r
6. 描述静电场性质两个基本物理量是参考E点和 U ；
它们定义式是 E f / q0 和 U p p E dl 。
7. 在场强为E 均匀电场中，A、B两点间距离为 d，A、B连线方向与E方向一致，从A点经任意
路径到B点的场强线积分 AB E dl = Ed .

大二物理下答案

答案作业题 (一）一、1-8 CBACADDC 二、4ε0E 0 / 39. －2ε0E 0 / 3; 10. －3σ / (2ε0); －σ / (2ε0); σ / (2ε0); 3σ / (2ε0)11.()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ; 从O 点指向缺口中心点． 12. Q / ε0 ;a E ＝0，()20018/5R r Q E b επ=三、13. 解：在φ处取电荷元，其电荷为d q =λd l = λ0R sin φ d φ它在O 点产生的场强为R R qE 00204d sin 4d d εφφλεπ=π= 3分在x 、y 轴上的二个分量 d E x =－d E cos φ d E y =－d E sin φ 对各分量分别求和 ⎰ππ=00d c o s s i n 4φφφελR E x ＝0RR E y 0002008d sin 4ελφφελ-=π=⎰π∴ j Rj E i E E y x008ελ-=+=14. 解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为θλλλd d d π=π=l R取θ位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为 θελελd 22d d 020RR E π=π=如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为：d E x =d E sin θ , d E y =－d E cos θ对各分量分别积分 RR E x 02002d sin 2ελθθελππ=π=⎰ 0d cos 2002=π-=⎰πθθελRE y 场强 i Rj E i E E y x02ελπ=+=15. 解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ 在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅ 得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 0422/4εAR r E π=π⋅ 得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里． 16. 解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：-E 1S 1+ E 2S 2=Q / ε0 ( S 1 = S 2 =S ) 3分则 Q = ε0S (E 2- E 1) = ε0Sb (x 2- x 1)= ε0ba 2(2a －a ) =ε0ba 3 = 8.85³10-12 C作业题（二）一、1-8 DBCDDACB 二、9. 10cm 10.⎪⎭⎫⎝⎛π∆-π20414R S R Q ε 11. Q / (4πε0R 2); 0 ; Q / (4πε0R ); Q / (4πε0r 2)12. 0d =⋅⎰Ll E单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零有势（或保守力）三、13. 解：将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为－σ的圆盘叠加的结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为i x x E012εσ=圆盘在该处的场强为i x R x x E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i x R xE E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()22002202d 2x R R x R x x U x +-=+=⎰εσεσ14. 解: 由高斯定理可知空腔内E ＝0，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U .在球层内取半径为r →r ＋d r 的薄球层．其电荷为d q = ρ 4πr 2d r该薄层电荷在球心处产生的电势为 ()00/d 4/d d ερεr r r q U =π= 整个带电球层在球心处产生的电势为 ()21220002d d 21R R r r U U R R -===⎰⎰ερερ 因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U 为 ()2122002R R U U -==ερ若根据电势定义⎰⋅=l E Ud 计算同样给分.15.解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204r QE επ= (R 1＜r ＜R 2)两球的电势差⎰⎰π==212120124d R R R R r drQ r E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=210114R R Q ε ∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14³10-9 C16. 解：设原点O 在左边导线的轴线上，x 轴通过两导线轴线并与之垂直．在两轴线组成的平面上，在R ＜x ＜(d －R )区域内，离原点距离x 处的P 点场强为()x d x E E E -π+π=+=-+0022ελελ 则两导线间的电势差 ⎰-=R d Rx E U d ⎰-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+π=Rd Rx x d x d 1120ελ()[]R d Rx d x ---π=ln ln 20ελ⎪⎭⎫ ⎝⎛---π=R d R R R d ln ln 20ελ RRd -π=ln0ελ +λ作业题（三）一、1-8 CBBBDBCB 二、9. λ/(2πr )；λ/(2π ε0 εr r ) 10. ,1,r r εε11.1r ε;1rε12. 无极分子;电偶极子三、13. 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ．(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为a dq U q 04επ=⎰-a q 04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+14. 解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：r qU 004επ=内球壳电势： 10114R q Q U επ-=2024R Q επ+二者等电势，即 r q04επ1014R q Q επ-=2024R Q επ+解得 )()(122112r R R Q R Q R r q ++=15. 解：(1) 令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为R qU 04επ=将d q 从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 q RqW A d 4d d 0επ== (2) 带电球体的电荷从零增加到Q 的过程中，外力作功为⎰⎰==QR q q A A 004d d πεR Q 028επ=16. 解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+λ和-λ, 根据高斯定理可求得两圆筒间任一点的电场强度为 rE r εελ02π=则两圆筒的电势差为 1200ln 22d d 2121R R r r r E U r R R r R R εελεελπ=π==⎰⎰⋅ 解得 120ln 2R R Ur εελπ=于是可求得Ａ点的电场强度为 A E )/l n (12R R R U== 998 V/m 方向沿径向向外A 点与外筒间的电势差： ⎰⎰=='22d )/ln(d 12RR R Rr rR R U r E U RR R R U212ln )/ln(= = 12.5 V作业题（四）一、1-8 C C D C B D B A 二、9. 1:1 10. 0; 0I μ- 11. 0I μ 12.Rihπ20μ 13. 解：(1) 圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>π≤≤π=R r r I R r r RIB 202020μμ∴穿过ABCD 的Φ为 ⎰=R r Bl 0d Φ⎰+RRr Bl 2d 2ln 2400π+π=lI l I μμ(2) 圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为R r R R r rIR R R r r I R r B ≤≤⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>π--π<≈002020200220μμ 穿过 A 'B 'C 'D ' 的Φ为：⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--π=⎰⎰R R RR r r r R R R r r l I 022022020d d 12μΦ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--π2ln ln 2120202200R RR R R l I μ (3) 在题给条件下，筒壁中 0<B<μ0I /(2πR )，B 为有限值，当壁厚趋于零时壁截面上磁通量趋于零，即21ln 02220→-R R R R R ，可得 2ln 20π=lI μΦ14. 解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据叠加原理O 点的磁感强度为：4321B B B B B+++=∵ 1B 、4B 均为0，故 32B B B += 2分)2(4102RIB μ= 方向 ⊗ 2分2242)sin (sin 401203RIa IB π=-π=μββμ)2/(0R I π=μ 方向 ⊗其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β2/2)4/sin(sin 1-=π-=β∴ R I R I B π+=2800μμ)141(20π+=R I μ 方向 ⊗15. 解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R 1的载流半圆弧在O 点产生的磁感强度为B 1，则 1014R IB μ=同理, 2024R IB μ=∵ 21R R > ∴ 21B B < 故磁感强度 12B B B -=204R I μ=104R I μ-206R Iμ=∴ 213R R = 16. 解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ，σωσωR R i =ππ=)2/(2 3分作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B 的大小和方向均相同，而且B的方向平行于ab ，在bc和fa 上各点B 的方向与线元垂直，在de , cd fe ,上各点0=B．应用安培环路定理∑⎰⋅=I l B 0d μ可得 ab i ab B 0μ=σωμμR i B 00== 圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右．作业题(五)一、1-8 ABAACBDB二、 9. 3R B πλω 10. aIB11.12. a l I 4/d 20μ三、13. 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形． R R l =︒+45sin )(∴ l l R )12()12/(+=-=由 )/(eB m R v =，求出v 最大值为 mleBm eBR )12(+==v14. 解：考虑半圆形载流导线CD 所受的安培力 R IB F m 2⋅= 列出力的平衡方程式 T R IB 22=⋅ 故： IBR T = 15. 解：(1) S = ab =5³10-3 m 2p m = SI =1³10-2 (A ²m 2)，︒=60sin B p M m =4.33³10-2 N ²mβJ M =，β/M J ==2.16³10-3 kg ²m 2(2) 令从B 到m p的夹角为θ，∵ M 与角位移d θ 的正方向相反=-=⎰︒︒060d θM A ⎰︒︒-060d sin θθB p m=2.5³10-3J 16. 解：由安培环路定理：∑⎰⋅=i I l Hd0< r <R 1区域： 212/2R Ir rH =π212R Ir H π=， 2102R IrB π=μR 1< r <R 2区域： I rH =π2r I H π=2， rIB π=2μR 2< r <R 3区域： )()(22223222R R R r I I rH ---=π )1(22223222R R R r r IH ---π= )1(2222322200R R R r r IH B ---π==μμ r >R 3区域： H = 0，B = 0. O O ′ RR l45°C D作业题(六)一、1-8 D A B A B D D A 二、9. v BL sin θ ； a10. 225R B ω ; O 点11. dda b +πln 20μ12. 减小三、13. 解：大小： =⎪d Φ /d t ⎪= S d B / d t= S d B / d t =t B Oa R d /d )sin 2121(22θθ⋅-=3.68 mV方向：沿adcb 绕向．14. 解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为θ，则通过该圆线圈平面的磁通量为θΦcos 2r B π=, nt t π==2ωθ∴ nt r B ππ=2cos 2Φ 在任意时刻线圈中的感应电动势为nt n r NB tNπππ=Φ-=2sin 2d d 2☜nt n BNr ππ=2sin 222 t ΤI nt R n NBr R i m π=ππ==22sin 2sin 22☜ 当线圈转过π /2时，t =T /4，则 987.0/22=π==2R NBn r I i m A(2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为==')2/(0r NI B m μ 6.20³10-4 T 方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小 500.0)(2/1220≈'+=B B B T方向与磁场B的方向基本相同．15. 解：由题意，大线圈中的电流Ｉ在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的．2/322202/32220)(2)(24x R IR x R IR B +=+ππ=μμ 故穿过小回路的磁通量为c22/32220)(2r x R IR S B π+==⋅μΦ 32202x RI r π≈μ 由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为t x x IR r t i d d 23d d 4220π=Φ=μ☜v 422023x IR r π=μ 当x =NR 时，小线圈回路中的感应电动势为)2/(32420R N I r i v π=μ☜16. 解：动生电动势 ⎰⋅⨯=MNv l B MeN d )(☜为计算简单，可引入一条辅助线MN ，构成闭合回路MeNM , 闭合回路总电动势0=+=NM MeN ☜☜☜总 MN NM MeN ☜☜☜=-= 2分 x x I l B b a ba MN d 2d )(0⎰⎰⋅+-π-=⨯=μv v MN☜b a b a I -+π-=ln20v μ 负号表示MN ☜的方向与x 轴相反．ba ba I MeN -+π-=ln 20v μ☜ 方向N →Mba ba I U U MN N M -+π=-=-ln 20v μ☜作业题 (七)一、1-8 ACDCACCA 二、9. 2π (n -1) e / λ ； 4³103 10. (1) 使两缝间距变小． (2) 使屏与双缝之间的距离变大11. 2 ( n – 1) e – λ /2 或者2 ( n – 1) e + λ /212. 539.1 三、13. 解：已知：d ＝0.2 mm ，D ＝1 m ，l ＝20 mm依公式： λk l D dS ==∴ Ddlk =λ＝4³10-3 mm ＝4000 nm故当 k ＝10 λ1＝ 400 nm k ＝9 λ2＝444.4 nmk ＝8 λ3＝ 500 nm k ＝7 λ4＝571.4 nm k ＝6 λ5＝666.7 nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．14. 解：(1) ∆x ＝20 D λ / a ＝0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n －1)e ＋r 1＝r 2设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有r 2－r 1＝k λ 所以 (n －1)e = k λ k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处15. 解：第四条明条纹满足以下两式：λλθ42124=+x ，即()θλ4/74=x2λλθ42124=+''x ，即()θλ'='4/74x 第4级明条纹的位移值为∆x =()()θθθθλ''-=-'4/744x x(也可以直接用条纹间距的公式算，考虑到第四明纹离棱边的距离等于3.5 个明纹间距．)16. 解：根据暗环半径公式有 R k r k λ=()R k r k λ1010+=+由以上两式可得 ()()λ10/2210k k r r R -=+ ＝4 m作业题(八) 答案一、1-8 B C B C C B D B 二、9. 1.2; 3.6 10. 4 第一暗 11. 一；三12. 6250Å (或625 nm)13. 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得111sin λθ=a 222sin λθ=a 由题意可知 21θθ= , 21sin sin θθ=代入上式可得 212λλ= (2) 211112sin λλθk k a == (k 1 = 1, 2, ……) a k /2sin 211λθ=222sin λθk a = (k 2 = 1, 2, ……) a k /sin 222λθ=若k 2 = 2k 1，则θ1 = θ2，即λ1的任一k 1级极小都有λ2的2k 1级极小与之重合． 14. 解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知()111231221sin λλϕ=+=k a (取k ＝1 )()222231221sin λλϕ=+=k af x /tg 11=ϕ , f x /tg 22=ϕ 由于 11tg sin ϕϕ≈ , 22tg sin ϕϕ≈所以 a f x /2311λ=a f x /2322λ=则两个第一级明纹之间距为a f x x x /2312λ∆=-=∆=0.27 cm(2) 由光栅衍射主极大的公式 1111sin λλϕ==k d2221sin λλϕ==k d且有 f x /tg sin =≈ϕϕ所以d f x x x /12λ∆=-=∆=1.8 cm15. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得a +b =ϕλsin k =2.4³10-4 cm(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得()λϕ3sin ='+b a 由于第三级缺级，则对应于最小可能的a ，ϕ'方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 λϕ='sin aa = (a +b )/3=0.8³10-4 cm (3) ()λϕk b a =+sin ，(主极大)λϕk a '=sin ，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......)因此 k =3，6，9，........缺级．又因为k max =(a ＋b ) / λ=4, 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4在π / 2处看不到．)16. 解：由光栅衍射主极大公式得 111sin λϕk d = 222sin λϕk d =212122112132660440sin sin k k k k k k =⨯⨯==λλϕϕ 4分当两谱线重合时有 ϕ1= ϕ2即 69462321===k k ．．．．．．．两谱线第二次重合即是4621=k k ， k 1=6， k 2=4由光栅公式可知d sin60°=6λ160sin 61λ=d =3.05³10-3mm作业题九一、选择题 1-8 ABBECBDC 二、填空题 9． 2；1/4 10． 2I 11．312．完全（线）偏振光；垂直于入射面；部分偏振光三、计算题13．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为θ．透过第一个偏振片后的光强 I 1＝I 0 / 2．透过第二个偏振片后的光强为I 2，由马吕斯定律，I 2＝(I 0 /2)cos 2θ 透过第三个偏振片的光强为I 3，I 3 ＝I 2 cos 2(90°－θ ) = (I 0 / 2) cos 2θ sin 2θ = (I 0 / 8)sin 22θ 由题意知 I 3＝I 2 / 16 所以 sin 22θ = 1 / 2， ()2/2sin 211-=θ＝22.5°14．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I 1I 1＝I 0 cos 230° ＝3 I 0 / 4 透过第二个偏振片后的光强I 2， I 2＝I 1cos 260°＝3I 0 / 16 (2) 原入射光束换为自然光，则I 1＝I 0 / 2I 2＝I 1cos 260°＝I 0 / 8 15．解：由布儒斯特定律tg i 0＝1.33 得 i 0＝53.1° 16．解：(1) 设该液体的折射率为n ，由布儒斯特定律tg i 0＝1.56 / n 得 n ＝1.56 / tg48.09°＝1.40 (2) 折射角r ＝0.5π－48.09°＝41.91° (＝41°55' )作业题(十)一、1-8 D D A C C C B C 二、9. λ/hc ; λ/h ; )/(λc h10. 3.82³103 11. 5³1014 ;212. 0.0549 三、13. 解：(1) 由 A h U e a -=ν 得 e A e h U a //-=ν e h U a /d /d =ν (恒量) 由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同．(2) h = e tg θ 1410)0.50.10(00.2⨯--=e =6.4³10-34 J ²s 14. 解：(1) )11(2n Rhc E -=∆75.12)11(6.132=-=n eVn =4 2分(2) 可以发出λ41、λ31、λ21、λ43、λ42、λ32六条谱线．能级图如图所示．15. 解：(1) ==λν/hc h 2.86 eV ． (2) 由于此谱线是巴耳末线系，其 k =24.32/21-==E E K eV (E 1 =－13.6 eV) νh E n E E K n +==21/ 51=+=νh E E n K ． (3) 可发射四个线系，共有10条谱线．见图波长最短的是由n =5跃迁到n =1的谱线．λ43 λ42 λ41λ32λ31 λ21 n =4321=5=4 =3=2=1。

吉林大学大学物理下练习册答案

9. 一简谐振动的旋转矢量图如图所示，振幅矢量长2cm，则该简谐振动的初相位为________ π/4 ，矢量振动方程为________________ 。 x 0.02cos(πt π/4)

t时刻
πt π / 4 t 0 π/4
x
10. 物体的共振角频率与系统自身性质以及阻尼大小有关。系统的__________ 阻尼越大， ___________ 共振时振幅值越低，共振圆频率越小。
5. 一弹簧振子作简谐振动，振幅为A，周期为T，运动方程用余弦函数表示，若t=0时， π 。 (1)振子在负的最大位移处，则初相位为_____ (2)振子在平衡位置向正方向运动，则初相位为 _____ 。 -π 2 (3)振子在位移A/2处，向负方向运动，则初相位 π 3 。为_____ 6. 将复杂的周期振动分解为一系列的简谐振动之和 ____________，从而确定出该振动包含的频率成分以及各频率对应的振幅的方法，称为 ___________ 频谱分析。
7. 上面放有物体的平台，以每秒5周的频率沿竖直方向作简谐振动，若平台振幅超过_______ 1cm ，物体将会脱离平台。（g=9.8m/s2） 8. 两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为 20cm，与第一个简谐振动的相位差为 1 π 6 若第一个简谐振动的振幅为 10 3cm 17.3cm 。则第 10cm 。第一、二个简二个简谐振动的振幅为_________cm 谐振动的相位差1 2 为___________ 。 π/2
π x1 4 cos(2t ), 6 7π x2 3 cos(2t ) 6
则关于合振动有结论：( )
A. 振幅等于1cm，初相等于 π

吉林大学-大学物理-练习册答案

Va＝。
11. 两根互相平行的长直导线，相距为a，其上均匀带电，电荷线密度分别为λ1和λ2，则导线单位长度所受电场力的大小为F0＝。
三、计算题
图中所示为一沿 x 轴放置的长度为l的不均匀带电细棒，其电荷线密度为 = 0(x-a), 0为一常量。取无穷远处为电势零点，求坐标原点o处的电势。
它们定义式是和。
路径到B点的场强线积分 = .
7. 在场强为E 均匀电场中，A、B两点间距离为 d，A、B连线方向与E方向一致，从A点经任意
8．半径为R的不均匀带电球体，电荷体密度分布为ρ＝Ar，式中 r 为离球心的距离，(r≤R)、A为一常数，则球体上的总电量Q＝。
Π区大小，方向 .
3. 在相对介电常数为εr的各向同性的电介质中，电位移矢量与场强之间的关系是。
4. 两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面密度分别为(>0)及－2 ，如图所示，试写出各区域的电场强度
热
磁
4.涡旋电场由所激发，其环流数学
左
变化的磁场
表达式为，涡旋电场强度E涡与
5. 取自感系数定义式为L＝Φ/I, 当线圈几何形状不变，周围无铁磁性物质时，若线圈中电流强度变小，则线圈的自感系数L 。
8. 在没有自由电荷和传导电流的变化电磁场中：
；
；
10/π
9.在自感系数为L=0.05mH线圈中，流过I=0.8A的电流，在切断电路后经t=0.8μs的时间，电流强度近似为零，回路中的平均自感电动势大小
10.长直导线与半径为R的导线圆周相切（两者绝缘），则它们之间互感系数
4. 关于静电场中的电位移线，下列说法中，哪一种是正确的？ A.起自正电荷,止于负电荷,不形成闭合线,不中断 B.任何两条电位移线互相平行 C.起自正自由电荷，止于负自由电荷，任何两条电位移线在无自由电荷的空间不相交 D.电位移线只出现在有电介质的空间

吉林大学大学物理练习册综合练习一答案

R1
R2O
λ1 r P
λ2
D. 0
9. 真空中一半径为的球面均匀带电，在球心处有一真空中一半径为R的球面均匀带电的球面均匀带电Q，在球心O处有一带电量为q的点电荷如图所示。的点电荷，带电量为的点电荷，如图所示。设无穷远处为电势零则在球内离球心O距离为距离为r的点处电势为点，则在球内离球心距离为的P点处电势为
二、填空题 x = 6 t − t 2 ( SI) ,则在由0至4 s的 1. 一质点的运动方程为则在t由至的则在时间间隔内，时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t由0到4 s 由到的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。 2. 半径为半径为30cm的飞轮从静止开始以的飞轮,从静止开始以的飞轮从静止开始以0.5rad/s2的匀角加速度转动，度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过 240°时的切向 ° 法向加速度的大小a 加速度的大小 at＝ 0.15 m/s2 ，法向加速度的大小 n ＝ 0.4π m/s2 。 3．一定量的理想气体处于热动平衡状态时，此热力学．一定量的理想气体处于热动平衡状态时，系统不随时间变化的三个宏观量是____________, 系统不随时间变化的三个宏观量是 P,V ,T 2 1 而随时间不断变化的微观量是_________________. 而随时间不断变化的微观量是 υ, 2 mυ , mυ等
m dMf = rµ gdm = rµ g 2 2π rdr πR
mg 2 Mf = ∫ rµ 2 2πrdr = mgµ R 3 πR 0
R
1 2 − Mf θ = 0 − Iω0 2
n =θ
3Rω = 2π 16πµ g
2 0
3. 一卡诺热机可逆的，当高温热源的温度为一卡诺热机(可逆的当高温热源的温度为127oC, 低温可逆的)，热源温度为27 时其每次循环对外作净功8000J。今维热源温度为 oC时，其每次循环对外作净功。持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功10000J 。若两个卡诺循环都工作在相同循环对外作净功的两条绝热线之间，试求：的两条绝热线之间，试求： (1) 第二个循环热机的效率；第二个循环热机的效率； (2) 第二个循环的高温热源的温度。第二个循环的高温热源的温度。 T1 − T2 A 解： = η = ⇒Q2 = 24000J T1 Q2 + A 两循环工作在相同的两条绝热线之间，两循环工作在相同的两条绝热线之间，且低温热源的温度不变，不变。温度不变，故Q2不变。

吉林大学大学物理第二章动力学作业答案

A = '
2
A
+'
2
B
+2' A ' B cos
cos 0
/2
• 4. 一宇宙飞船以恒速在空间中飞行，飞行过程中遇到一股微尘粒子流，后者以dm/dt的速率沉积在飞船上，尘粒在落到飞船之前的速度为u方向与相反，在时刻t飞船的总质量为M(t) ，试问：要保持飞船匀速飞行，需要多大的力？
2 5. 已知质点质量m＝5kg,运动方程 r 2ti t j
s) 则质点在0～2秒内受的冲量I的大小为 20(N· ，在0～2秒内所做的功A＝ 40J 。 20 j ( N s )
6. 质量为0.25kg 的质点，受力 F ti （SI）的作用，式中t为时间。t＝0 时该质点以 2 j m s 1
以S系为参考系，根据功能原理合外力F做功W 等于系统机械能的增量
1 1 1 2 2 Gm1 m 2 2 Gm1 m 2 W = ( m1 0 + m 2 0 ) - ( m 2 0 ） 2 2 l max 2 l0 = m1 02
6．在光滑的水平桌面上，平放有如图所示的固定半圆形屏障，质量为m的滑块以速度υ0沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证当滑块从屏障另一端滑出时，摩擦力所做的 1 功为 2 2 A m 0 (e 1) 2 2 d N ma m 解 N m dt r r 1 d d 1 0 e ds ds 0 0 r r
解：首先以B为参考点，F不做功，因此系统机械能守恒 1 Gm1 m 2 2 Gm1 m 2 m1 0 =2 l0 l max
l max Gm 2 =1 2 Gm 2 0 2 l0

吉林大学大学物理综合练习二答案共20页文档

吉林大学大学物理综合练习二答案
36、如果我们国家的法律中只有某种神灵，而不是殚精竭虑将神灵揉进宪法，总体上来说，法律就会更好时。— —威·皮物特
38、若是没有公众舆论的支持，法律是丝毫没有力量的。 ——菲力普斯 39、一个判例造出另一个判例，它们迅速累聚，进而变成法律。 ——朱尼厄斯
40、人类法律，事物有规律，这是不容忽视的。— —爱献生
谢谢你的阅读
❖ 知识就是财富 ❖ 丰富你的人生
71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非

大学物理第二册习题答案详解

答：(1)电容器两极板间距减小时：电荷不变，场强不变，电势差变小，电容变大，电容器储能减少。
(2)电荷增加，场强变大，电势差不变，电容变大，电容器储能增加。
9-4电容分别为C1，C2的两个电容器，将它们并联后用电压U充电与将它们串联后用电压2U充电的两种情况下，哪一种电容器组合储存的电量多？哪一种储存的电能大？
(1)A板上电荷守恒，且为等势体
（1）
（2）
＝－2.0×10－7C
QB＝－1.0×10－7C
＝2.26×103V
(2)当A，B两板间充满相对介电常量εr时
（1）
（2）
＝0.86×10－7C
QB＝－2.14×10－7C
＝9.7×102V
＝－2.0×10－7C
QB＝－1.0×10－7C
＝2.26×103V
题8-19图
［］
(2) 电荷在点产生电势，以
同理产生
半圆环产生
∴
8-20两半径分别为R1和R2(R2＞R1)，带等值导号电荷的无限长同轴圆柱面，电荷线密度为±λ，求两圆柱面间的电势差.
解：在两圆柱面间的电场强度,根据高斯定理
得：
两导体的电势差，由定义
得：
第九章
9-1若一带电导体表面上某点电荷面密度为σ，则该点外侧附近场强为σ/ε0，如果将另一带电体移近，该点场强是否改变？公式Ε＝σ/ε0是否仍成立？
∴2+3= 0 (1)
2= -3
解:题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为，另一板受它的作用力，这是两板间相互作用的电场力．
8-3一个点电荷q放在球形高斯面的中心，试问在下列情况下，穿过这高斯面的E通量是否改变？高斯面上各点的场强E是否改变？

吉林大学-物理化学-综合练习(一)(附答案)

综合练习（一）一．选择题1．物质的量为n 的理想气体，该气体的哪一组物理量确定后,其他状态函数都有定值（1）p （2）V （3）T ，U √（4）T ，p 2．公式p p H Q ∆=适用于下列哪个过程（1)理想气体从1013。

25kPa 反抗恒定外压101.325kPa 膨胀 √(2）273。

2K ，101。

325k Pa 下，冰融化成水 (3） 298。

2K,101.325k Pa 下,电解CuSO 4水溶液（4)理想气体从状态A 变化到状态B3．某化学反应若在300K, p 下在试管中进行时放热6×104J ，若在相同条件下通过可逆电池进行反应，则吸热6×103J ，该化学反应的熵变为（1) —200J ﹒K —1 （2) 200 J ﹒K —1 (3） -20 J ﹒K —1 √ (4） 20 J ﹒K -14.上题反应在试管中进行时其环境的熵变√(1） 200J ﹒K —1 (2) -200 J ﹒K -1 (3) —180J ﹒K -1 (4） 180 J ﹒K -1 5.第3题中系统可能做的最大非体积功为（1） -66000J √（2） 66000 J （3) -54000 J （4） 54000 J 6．在通常情况下，对于二组分系统能平衡共存的最多相 (1） 1 (2） 2 （3） 3 √（4） 4 7．下列各式哪个表示了偏摩尔量 √（1)()C TPn B U n ∂∂ （2）()c TVn BA n ∂∂ （3）()C SPnB Hn ∂∂ （4）()C B TPn B n μ∂∂ 8．298K ，当H 2SO 4溶液的浓度从0.01mol ﹒kg -1增加到0.1 mol ﹒kg —1时，其电导率和摩尔电导率将(1）m κΛ减小，增加（2）m κΛ增加，增加 (3）m κΛ减小，减小 √ (4)m κΛ增加，减小 9．在化学动力学中,质量作用定律只适用于(1）反应基数为正整数的反应（2）恒温恒容反应 √（3）基元反应（4）理想气体反应 10．兰格缪尔等温吸附理论中，最重要的基本假设是（1）吸附质为理想气体（2）中压条件 √(3）单分子层吸附（4）多分子层吸附二．填空1．在一个绝热箱内装有浓硫酸和水,开始中间用隔膜分开，然后弄破隔膜,使水和浓硫酸混合，以水和浓硫酸为系统,则:Q( = ）0， W （ = ），△U （ = ）0。

2024届吉林省吉林大学附中高三第二次模拟理综全真演练物理试卷

2024届吉林省吉林大学附中高三第二次模拟理综全真演练物理试卷一、单选题 (共7题)第(1)题光的偏振现象说明光是横波.下列现象中不能反映光的偏振特性的是( )A．一束自然光相继通过两个偏振片,以光束为轴旋转其中一个偏振片,透射光的强度发生变化B．一束自然光入射到两种介质的分界面上,当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时,反射光是偏振光C．日落时分,拍摄水面下的景物,在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清D．通过手指间的缝隙观察日光灯,可以看到彩色条纹第(2)题如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低第(3)题滑板运动是年轻人喜爱的一种新兴极限运动，如图，某同学腾空向右飞越障碍物，若不计空气阻力，并将该同学及滑板看着是质点，则该同学及板在空中运动的过程中（）A．做匀变速运动B．先超重后失重C．在最高点时速度为零D．在向上和向下运动通过空中同一高度时速度相同第(4)题如图是某一吸油烟机的用电参量铭牌，对此下列说法正确的是（）A．抽油烟时电动机的输出功率为200WB．主机和照明全部工作情况下的工作电流约为1.05AC．图中电容为，则在220V电压下电容约为D．额定频率为50Hz，即额定功率下，电机每秒钟转动50转第(5)题质量是40kg的铁锤从5m高处落下，打在水泥桩上后不反弹，与水泥桩撞击的时间是0.05s。

选取向下为正方向，忽略空气阻力，（）下列说法正确的是（）A．铁锤对水泥桩的平均作用力大小为8000NB．铁锤与桩碰撞前的速度是10m/sC．铁锤与桩作用过程中动量的变化量是400D．桩对铁锤的作用力向下第(6)题如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为μ的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于。