大学物理下的习题及详解

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大学物理练习册(下)答案解析

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练习一1、C ,2、C ,3、C ,4、D,5、()j y a qy2/322042+πε, (j 为y 方向单位矢量), 2/a ± ,6、()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ,从O 点指向缺口中心点. 7、解:设杆的左端为坐标原点O ,x 轴沿直杆方向.带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ,在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L , 它在P 点的场强: ()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4-ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴,即杆的延长线方向.8、解:把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220RQR q E π=π=按θ 角变化,将d E 分解成二个分量:θθεθd sin 2sin d d 202R Q E E x π==,θθεθd cos 2cos d d 202R Q E E y π-=-=对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x =02022/2/0202d cos d cos 2R Q R Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 j R Q j E i E E y x202επ-=+=练习二1、D ,2、C ,3、A ,4、C,5、不变、变,6、-3σ / (2ε0) ,-σ / (2ε0), 3σ / (2ε0)7、解: (1) 由对称分析知,平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面.设场强大小为E . 作一柱形高斯面垂直于平面.其底面大小为S ,如图所示. 按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S,即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2 / (4ε0) (板外两侧) (2)过P 点垂直平板作一柱形高斯面,底面为S .设该处场强为E ',如图所示. 按高斯定理有 ()022εεkSbxdx kSS E E x==+'⎰xS P SEESSEd x b E 'd qR O xyθd θθPLdd q x (L+d -x )d ExO得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0,必须是0222=-b x , 可得2/b x = 6、解:挖去电荷体密度为ρ 的小球,以形成球腔时的求电场问题,可在不挖时求出电场1E,而另在挖去处放上电荷体密度为-ρ的同样大小的球体,求出电场2E,并令任意点的场强为此二者的叠加,即可得 210E E E +=在图(a)中,以O 点为球心,d 为半径作球面为高斯面S ,则可求出O '与P 处场强的大小.ρε302113414d d d E S E S π⋅=π⋅=⋅⎰ 有 E 1O’=E 1P =d E 013ερ= 方向分别如图所示. 在图(b)中,以O '点为小球体的球心,可知在O '点E 2=0. 又以O ' 为心,2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P()032223/)(4)(24d ερ-π=π⋅='⋅⎰'r d E S E S203212dr E P ερ-= (1) 求O '点的场强'O E. 由图(a)、(b)可得 E O ’ = E 1O’ =03ερd, 方向如图(c)所示.(2) 设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ',相对O 点位矢为r则3ερr E PO =, 03ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的.练习三1、D ,2、B ,3、C,4、C,5、q / (6πε0R )6、负,增加7、解:由高斯定理可得场强分布为:E =-σ / ε0 (-a <x <a ) E = 0 (-∞<x <-a ,a <x <+∞=E 1P ρ PE 2P E P 图(d) O O ' P E 1O’ ρ 图(a) O ρO ' d E O’=E 1 图(c)O P E 2P -ρ O 'r E 2O’=0图(b)E 1P由此可求电势分布:在-∞<x ≤-a 区间⎰⎰⎰---+==000/d d 0d aa xxx x x E U εσ0/εσa -=在-a ≤x ≤a 区间 00d d εσεσxx x E U x x =-==⎰⎰ 在a ≤x <∞区间 0000d d 0d εσεσax x x E U a a x x =-+==⎰⎰⎰8、解:设x 轴沿细线方向,原点在球心处,在x 处取线元d x ,其上电荷为x q d d λ=', 该线元在带电球面的电场中所受电场力为: d F = q λd x / (4πε0 x 2) 整个细线所受电场力为: ()l r r lq x x q F l r r +π=π=⎰+00024d 400ελελ 方向沿x 正方向.电荷元在球面电荷电场中具有电势能: d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能: ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ练习四1、D ,2、D ,3、B ,4、C ,5、U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-,6、r εεσσ0,, 7、解:金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8、解:令A 板左侧面电荷面密度为1σ,右侧面电荷面密度为2σ∵ AB AC U U =,即-a +a O x UO R x r 0 r 0+ld xx∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV练习五1、πR 2c2、 5.00×10-5 T , 3、20d 4a lI πμ , 平行z 轴负向 ; 4、)11(4120R R I -μ,垂直纸面向外 ,2/122210)11(4R R I+μ ,12arctg R R +π21,5、)3231(40ππμ-+R I , 6、C, 7、解:因为金属片无限长,所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上,取坐标如图所示,取宽为l d 的一无限长直电流l R II d d π=,在轴上P 点产生B d 与R 垂直,大小为RI R R R I R I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y∴ i B51037.6-⨯= T8、解:(1) 对r ~r +d r 段,电荷 d q = λ d r ,旋转形成圆电流.则 r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度rrr IB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a a r r B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内. r r I r p m d 21d d 22λω=π=⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内.练习六1、B2、)2(120I I -μ3、320μI , 4、Rihπμ20,5、)2/(210R rI πμ ,0 6、解:取同轴闭合圆环r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 7、解:在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小, 由安培环路定律可得:)(220R r r R IB ≤π=μ因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RIRd 2020⎰π=μπ=40I μ在圆形导体外,与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+IμOarbd r ω1、A ,2、B ,3、)/(cos 2eB m θv π, )/(sin eB m θv ,4、alB 2,5、铁磁质,顺磁质,抗磁质,6、 0.226 T ,300 A/m7、解: (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 方向⊥纸面向外,大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=方向⊥纸面向里,大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向,大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l IA J 8、解:在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2,此电流元到长直线 的距离为x ,无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ ab I I dxx I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰1、D ,2、C ,3、A ,4、0.40 V , 0.5 m 2/s ,5、 5×10-4 Wb ,6、解:2IB xμπ=ln 22d adIl Id a ldx x dμμππ++Φ=⋅=⎰0l n c o s 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 7、解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向.练习九1、28/104.0s m ⨯顺时针 2、 πBnR 2 ,O 3、dtdBR221π, 4、等于零,不等于零;不等于零,等于零 5、RBfr 22π6、解: 作辅助线MN ,则在MeNM 回路中,沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向,大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势,即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ 7、解: ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=t abd d 2ΦεtB R B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →练习十1、C ,2、C ,3、0,4、 垂直纸面向里 , 垂直OP 连线向下 ,5、(4)(2)(1) 5、解:圆柱形电容器电容 12ln 2R R lC πε=12ln 2R R lUCU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===∴ 12ln R R r ktDj ε=∂∂=6、如图10-17图所示,取r l S d d = 则 ⎰⎰-----=--=-+=ad aad aad da a d Il r r r Ilr l r Ir πI)ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦ aad Il-=lnπ0μ ∴ aad lIL -==lnπ0μΦ练习十一1、A2、 B3、B ,4、D ,5、2π (n -1) e / λ , 4×103 ;6、解: (1)由λk d D x =明知,λ22.01010.63⨯⨯=, ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm7、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 λk =(n -1) e / λ=6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处练习十二1、A ,2、 C ,3、C ,4、 1.40 ,5、0.6mm 。

(完整版)大学物理课后习题答案详解

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r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1):一质点在 xOy 平面内运动,运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。

(1)求质点 的轨道方程;(2)求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。

解:(1)由 x=2t 得,y=4t 2-8可得: r y=x 2-8r 即轨道曲线(2)质点的位置 : r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度: v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度: a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时,有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时,有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 (习题 1.2): 质点沿 x 在轴正向运动,加速度 a = -kv , k 为常数.设从原点出发时速度为 v ,求运动方程 x = x(t ) .解:dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动,其加速度为 a = 4 t (SI),已知 t = 0 时,质点位于 x 0=10 m 处,初速 度 v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式.解:a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 水平抛出,求:(1)小球的运动方程;(2)小球在落地之前的轨迹方程; d r d v d v (3)落地前瞬时小球的 ,,.d td td t解:(1)x = v t式(1)v v v y = h - gt 2 式(2)r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 (2)联立式(1)、式(2)得y = h -vd r(3) = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2) v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ,式中 r 的单位为 m , 的单位为 s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

大学物理习题(下)答案解析

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一、 选择题1. 对一个作简谐振动的物体,下面哪种说法是正确的? [ C ](A) 物体处在运动正方向的端点时,速度和加速度都达到最大值; (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时,速度和加速度都为零; (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时,速度最大,加速度为零;(D) 物体处在负方向的端点时,速度最大,加速度为零。

2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,振动方程用余弦函数表示,如果该振子的初相为43π,则t=0时,质点的位置在: [ D ](A) 过1x A 2=处,向负方向运动; (B) 过1x A 2=处,向正方向运动;(C) 过1x A 2=-处,向负方向运动;(D) 过1x A 2=-处,向正方向运动。

3. 一质点作简谐振动,振幅为A ,在起始时刻质点的位移为/2A ,且向x 轴的正方向运动,代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ]4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统,组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示,(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为: [ B ](A) 2:1:1; (B) 1:2:4; (C) 4:2:1; (D) 1:1:25. 一弹簧振子,当把它水平放置时,它可以作简谐振动,若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图,试判断下面哪种情况是正确的: [ C ](A) 竖直放置可作简谐振动,放在光滑斜面上不能作简谐振动; (B) 竖直放置不能作简谐振动,放在光滑斜面上可作简谐振动; (C) 两种情况都可作简谐振动; (D) 两种情况都不能作简谐振动。

6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动,它的动能与势能相等时,它的相位和坐标分别为: [ C ](4)题(5)题2153(A),or ;A;(B),;A;332663223(C),or ;A;(D),;A4433ππ±±π±±±π±ππ±±π±±±π±7. 一质点沿x 轴作简谐振动,振动方程为 10.04cos(2)3x t ππ=+(SI ),从t = 0时刻起,到质点位置在x = -0.02 m 处,且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 [ D ](A)s 81; (B) s 61; (C) s 41; (D) s 218. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线,这两个简谐振动叠加后合成的余弦振动的初相为[ C ](A) π23; (B) π; (C) π21 ; (D) 0二、 填空题9. 一简谐振动用余弦函数表示,振动曲线如图所示,则此简谐振动的三个特征量为: A=10cm , /6rad /s =ωπ,/3=φπ10. 用40N 的力拉一轻弹簧,可使其伸长20 cm 。

(完整版)大学物理课后习题答案详解

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第一章质点运动学1、(习题1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解:(1)由x=2t 得,y=4t 2-8 可得: y=x 2-8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j =则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时,有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时速度为0v ,求运动方程)(t x x =.解:kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求:(1)小球的运动方程;(2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的d d r t ,d d v t ,tv d d . 解:(1) t v x 0= 式(1)2gt 21h y -= 式(2) 201()(h -)2r t v t i gt j =+(2)联立式(1)、式(2)得 22v 2gx h y -=(3)0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

大一物理习题及答案 (下)

大一物理习题及答案   (下)
8.在圆柱形空间内有一磁感应强度为 的均匀磁场,如图所示, 的大小以速率dB/d t变化。有一长度为l0的金属棒先后放在磁场的两个不同位置1(a b)和2( ),则金属棒在这两个位置时棒内的磁感应电动势的大小关系为[B]
(A) (B) .
(C) (D)
解:
二. 填空题:
1.一段导线被弯成圆心在O点、半径为R的三段圆弧 、 、 ,它们构成了一个闭合回路, 位于XOY平面内, 和 分别位于另两个坐标面中(如图)。均匀磁场 沿X轴正方向穿过圆弧 与坐标轴所围成的平面。设磁感应强度随时间的变化率为K(K>0),则闭合回路a b c a中
5.如图所示的一细螺绕环,它由表面绝缘的导线在铁环上密绕而成,每厘米绕10匝。当导线中的电流I为2.0A时,测得铁环内的磁感应强度的大小B为1.0T,则可求得铁环的相对磁导率 为(真空磁导率 ):[B]
(A) (B)
(C) (D)63.3
解:n=10匝/cm=1000匝/m
二.填空题:
1.铜的相对磁导率 ,其磁化率 ,它是抗磁性磁介质。 ∴
方向:
或:
(2)取顺时针方向为回路L的正方向.
, 的方向与L的正方向一致;
, 的方向与L的正方向相反.
4.如图所示,有一根长直导线,载有直流电流I,近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈,以匀速度 沿垂直于导线的方向离开导线.设t=0时,线圈位于图示位置,求:
(1) 在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量.
4.关于稳恒磁场的磁场强度 的下列几种说法哪个是正确的?[C]
(A) 仅与传导电流有关。(还与磁化电流有关)
(B)若闭合曲线内没有包围传导电流,则曲线上各点的 必为零。(闭合曲线外有传导电流)
(C)若闭合曲线上各点 均为零,则该曲线所包围传导电流的代数和为零。

矿大《大学物理》习题解答(下)

矿大《大学物理》习题解答(下)

=
σ 2ε 0
1 −
a a2 +
R2
由题意,令 E=σ/(4ε0),得到
From: 理学院
~3~
2018
中国矿业大学(北京)《大学物理》习题
R= 3a
*4. 一半径为 R 的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为 σ,求球心 O 处的电场强 度。
R dθ
θ
dE
O
x
解:选取坐标轴 Ox 沿半球面的对称轴,如图所示。把半球面分成许多微小宽度的环带, 每一环带之面积:
O 点处的总场强:
∫ σ
E= 2ε 0
π /2
sinθ
0
d(sinθ )
=
σ 2ε 0
sin 2 θ 2
|π0 / 2 =
σ 4ε 0
E = σ i 4ε 0
其中 i 为沿 x 轴正方向的单位矢量。
5. 半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为 ρ ,若在球内挖去一块半径为 r < R 的 小球体,如图所示.试求:两球心 O 与 O′ 点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀
E1
=
λ 4πε 0 R
(− i

j )
半无限长直线 B∞在 O 点产生的场强 E2 :
E2
=
λ 4πε 0 R
(− i
+
j学(北京)《大学物理》习题
半圆弧线段在 O 点产生的场强 E3 :
E3
=
λ 2πε 0 R
i
由场强叠加原理,O 点合场强为:
E = E1 + E2 + E3 = 0
From: 理学院
~4~
2018
的.
中国矿业大学(北京)《大学物理》习题

大学物理(下)练习题

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大学物理(下)练习题第十章10-8一均匀带电的半圆形弧线,半径为R ,所带电量为Q ,以匀角速度ω绕轴OO /转动,如图所示,求O 点处的磁感应强度。

解:此题可利用运动电荷产生的磁场计算,也可利用圆电流产生的磁场计算。

以下根据圆电流在轴线产生的磁感应强度来计算的。

如图电荷dq 旋转在O 处产生的磁感应强度为3202R dIr dB μ=3202)sin (2RR Rd θπωθλμ= ⎰πθθπλωμ=020sin 4d B 240ππλωμ=80λωμ= RQπωμ=80 方向沿轴线向上。

10-15一半径为R 的无限长半圆柱面形导体,与轴线上的长直导线载有等值反向的电流I ,如图所示。

试求轴线上长直导线单位长度所受的磁力。

解:此电流结构俯视如图,圆柱面上的电流 与轴线电流反向,反向电流电流相斥,如图,对 称分析可知,合力沿x 轴正向,有θππμ==Rd R IR I BldI dF 20θπμ=d RI 2202=θ=⎰sin dF F θθπμ⎰πd RI 0220sin 2 RI 220πμ=习题 10-8图习题 10-15图x10-16半径为R 的圆形线圈载有电流I 2,无限长载有电流I 1的直导线沿线圈直径方向放置,求圆形线圈所受到的磁力。

解:此电流结构如图,对称分析可知,合力沿x 轴负向,有r I dl I dF πμ=2102θθπμ=Rd R I I cos 2210θθπμ=d II cos 2210=θ=⎰cos dF F θθθπμ=⎰πd I I cos cos 220210⎰πθπμ=202102d II 210I μ=10-19一半径为R 的薄圆盘,放在磁感应强度为B的均匀磁场中,B 的方向与盘面平行,如图所示,圆盘表面的电荷面密度为σ,若圆盘以角速度ω绕其轴线转动,试求作用在圆盘上的磁力矩。

解:圆盘上任一薄层电荷运转时产生的电流为dI ,其对应的磁矩为rdr r rdrr dI dm σω=ππωπσ=π=2222 整个圆盘的磁矩为44R rdr dm m Rσωπ=σω==⎰⎰作用在圆盘上的磁力矩为B m M ⨯====mB mB M 090sin B R 44σωπ,方向垂直纸面向里。

大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解

大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解
液面下降的速度,即
,根据流量守恒
,
(2)当
(3)当
时,
时,

,整理可得:
可得
,即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ,针孔的截面积为2 ,且1 ≫ 2 ,开始时( = 0),吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ,求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
,则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =


= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ


1s末和2s末质点的速度为: 1 = 2Ԧ − 2Ԧ(m ∙ s−1 ),2 = 2Ԧ − 4Ԧ(m ∙ s −1 );
1s末和2s末质点的加速度相等:Ԧ = −2Ԧ (m ∙ s−2 )
已知一质点做直线运动,其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时,0 = 5 m,



= 0.06(m)
(2)设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′,0 = ( +
) ′,代入已知条件可得 ′ = 4Τ11, + 压缩弹簧的过程中,机械能守恒,则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ,得∆′ =
+


≈ 0.04(m)
(1)角加速度 =
由 =




=
0−2×1500÷60
50
由 =


=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −,得 = −,两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,

大学物理(下)练习题及答案

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xyoa•••a-(0,)P y qq-大学物理(下)练习题第三编 电场和磁场 第八章 真空中的静电场1.如图所示,在点((,0)a 处放置一个点电荷q +,在点(,0)a -处放置另一点电荷q -。

P 点在y 轴上,其坐标为(0,)y ,当y a ?时,该点场强的大小为(A) 204q y πε; (B) 202q y πε;(C)302qa y πε; (D)304qa y πε.[ ]2.将一细玻璃棒弯成半径为R 的半圆形,其上半部均匀分布有电量Q +, 下半部均匀分布有电量Q -,如图所示。

求圆心o 处的电场强度。

3.带电圆环的半径为R ,电荷线密度0cos λλφ=,式中00λ>,且为常数。

求圆心O 处的电场强度。

4.一均匀带电圆环的半径为R ,带电量为Q ,其轴线上任一点P 到圆心的距离为a 。

求P 点的场强。

5.关于高斯定理有下面几种说法,正确的是(A) 如果高斯面上E r处处为零,那么则该面内必无电荷;(B) 如果高斯面内无电荷,那么高斯面上E r处处为零;(C) 如果高斯面上E r处处不为零,那么高斯面内必有电荷;(D) 如果高斯面内有净电荷,那么通过高斯面的电通量必不为零; (E) 高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。

[ ]6.点电荷Q 被闭合曲面S 所包围,从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面S 外一点,如图所示,则引入前后(A) 通过曲面S 的电通量不变,曲面上各点场强不变;(B) 通过曲面S 的电通量变化,曲面上各点场强不变;(C) 通过曲面S 的电通量变化,曲面上各点场强变化;(D) 通过曲面S 的电通量不变,曲面上各点场强变化。

[ ]7.如果将带电量为q 的点电荷置于立方体的一个顶角上,则通过与它不相邻的每个侧面的电场强度通量为xq g S Q g(A)06q ε; (B) 012q ε; (C) 024q ε; (D) 048q ε. [ ]8.如图所示,A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面,A 面上的电荷面密度721.7718A C m σ--=-⨯⋅,B 面上的电荷面密度723.5418B C m σ--=⨯⋅。

《大学物理学》第二版下册习题解答

《大学物理学》第二版下册习题解答

大学物理学第二版下册习题解答第一章:力学1.1 力学基本概念1.1.1 力的概念问题:什么是力?力的种类有哪些?解答:力是物体之间相互作用导致的物体运动或形变的原因。

力可以分为以下几种:•接触力:当两个物体接触时产生的力,如弹簧力、摩擦力等。

•引力:天体之间由于引力而产生的力,如地球引力、行星引力等。

•重力:地球上物体受到的引力,是一种特殊的引力。

•弹力:当物体被弹性体拉伸或压缩时,物体回复原状所产生的力。

•阻力:物体在流体中运动时受到的阻碍力,如空气阻力、水阻力等。

1.1.2 力的合成与分解问题:什么是力的合成与分解?如何进行力的合成与分解?解答:力的合成是指将多个力按照一定的规律合成为一个力的过程。

力的分解是指将一个力按照一定的规律分解为多个力的过程。

力的合成可以使用力的三角法进行。

假设有两个力F₁、F₂,其方向分别为α₁、α₂,大小分别为|F₁|、|F₂|,则合力F的大小可以通过以下公式计算:F = √(F₁² + F₂² + 2F₁F₂cos(α₁-α₂))合力F的方向则可以通过以下公式计算:tan(θ) = (F₂sin(α₁-α₂))/(F₁+F₂cos(α₁-α₂))力的分解可以使用力的正弦法和余弦法进行。

假设有一个力F,其大小为|F|,方向为α,要将该力分解为水平方向的力F x和竖直方向的力F x,可以通过以下公式计算:Fₓ = |F|cosα, Fᵧ = |F|sinα1.2 牛顿定律与惯性1.2.1 牛顿第一定律问题:什么是牛顿第一定律?牛顿第一定律适用于哪些情况?解答:牛顿第一定律,也称为惯性定律,指的是:物体在没有受到外力或受到的合外力为零时,物体保持静止或匀速直线运动的状态。

牛顿第一定律适用于只有一个物体或多个物体之间相互独立运动的情况。

当物体受到外力时,按照该定律,物体会发生运动或停止运动。

1.2.2 牛顿第二定律问题:什么是牛顿第二定律?如何计算物体所受合外力和加速度的关系?解答:牛顿第二定律指的是:物体所受合外力等于物体的质量乘以加速度。

大学物理习题下(完整版)

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物理(下)作业专业班级:姓名:学号:第十章真空中的静电场(1)一、选择题1、根据电场强度定义式0/q F E(0q 为正的实验点电荷),下列说法中哪个是正确的?(A)、若场中某点不放实验电荷0q ,则F =0,从而E=0;(B)、电场中某点场强的大小与实验点电荷q 0的大小成反比;(C)、电场中某点场强的方向,就是正电荷在该点所受电场力的方向;(D)、以上说法都不正确。

[]2、如图所示,在坐标(a ,0)处放置一点电荷+q ,在坐标(-a ,0)处放置另一点电荷-q .P点是x 轴上的一点,坐标为(x ,0).当x >>a 时,该点场强的大小为:(A)xq04 ;(B)30xqa;(C)302xqa;(D)204xq 。

[]3、(2010年北京科技大学)两个带有等量同号电荷,形状相同的金属小球1和2,相互作用力为F ,它们之间的距离远大于小球本身直径.现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同金属小球3去和小球1接触,再和小球2接触,然后移去.这样小球1和2之间的作用力变为:(A)F/2;(B)F/4;(C)3F/8;(D)F/10.[]二、填空题1、一电量为–5×10―9C 的试验电荷放在电场中某点时,受到20×10―9N 向下的力,则该点的电场强度大小为___________________,方向__________________。

2、(2011年电子科技大学)由一根绝缘细线围成的边长为l 的正方形线框,今使它均匀带电,其电荷线密度为λ,则在正方形中心处的电场强度大小E=__________________。

3、铁原子核里两质子间相距4.0×10-15米,每个质子的电荷都是1.6×10-19库仑,则它们之间的库仑力应为______________牛顿。

三、计算题1、(2012年深圳大学)如图,在O x 轴上有长为a 的细杆OM ,其电荷线密度为Cx ,其中C为大于零的常量,求:(1)在OM 延长线上距M点为b的P点的电场强度的大小;(2)如果在P点放置一个带电量为+q 的点电荷,该点电荷所受库仑力大小为多少?2、有一半径为R的半圆细环上均匀地分布电荷Q,若在其环心处放置一电荷量为q的点电荷,求该点电荷q所受到的电场力的大小及方向。

大学物理(下)习题精选

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1. 磁场复习题1、如图所示,一无限长载流平板宽度为a ,线电流密度(即沿x 方向单位长度上的电流)为δ,求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感应强度。

(提示:无限长载流平板可看成许多无限长的载流直导线组成) 解:利用无限长载流直导线的公式求解。

(1)取离P 点为X 宽度为dx 的无限长载流细条,它的电流di=δdx(2)这载流长条在P 点产生的磁感应强度xdxx di dB o o πδμπμ22==方向垂直纸面向里。

(3)所有载流长条在P 点产生的磁感应强度的方向都相同,所以载流平板在P 点产生的磁感应强度⎰⎰+===+bb a x x dx dB B o b a bln 22πδμπδμο,方向垂直纸面向里。

2、书上习题7-16解:(1)取半径为r 的园为回路 ()()22222a r ab I rB -⋅-=ππμπ 所以, ()r a r ab IB 222202-⨯-=πμ (2) ⎰⋅=bardr j I π2⎰⋅=bardr Kr π23233a b K -⋅=π 因此,()3323a b IK -=π又根据环路定理,⎰⋅⋅=rrdr Kr rB απμπ22032330a r K -⋅=πμ故有 3333033023a b a r r I a r r K B --⋅=-⋅=∴πμμ3、如图所示,长直导线中通有电流I=5A ,另一矩形线框共1000匝,宽a =10cm ,长L=20cm , 以s m v /2=的速度向右平动,求当cm d 10=线圈中的感应电动势。

解:xIB πμ20=,设绕行方向为顺时针方向,则BLdx BdS d ==φ yay IL x ILdx d ay yay y +===⎰⎰++ln2200πμπμφφ =-=dt d Nφε)(20a y y vaIL N +πμ 当cm d y 10==时 ,mV 21.0)1.01.0(21.021042.0510007=+⨯⨯⨯⨯⨯=-ππε*上题中若线圈不动,而长导线中通有交变电流t i π100sin 5=A, 线圈内的感应电动势为多大? 解:同上有:yay IL x ILdx d ay yay y+===⎰⎰++ln2200πμπμφφ =-=dtd Nφε t y a y t L N πππμ100cos 1.02.0ln 2.010********ln 100cos 25070⨯⨯⨯⨯⨯-=+⨯-=- t π100cos 104.42-⨯-=V*上题中若线圈向右平动,而长导线中仍有交变电流,则线圈内感应电动势又为多大? 线圈在向右平动的同时,电流也在变化,则有=-=dt d Nφεy a y dt Ldi N +-ln 2/0πμ+)(20a y y vaiL N +πμ t π100cos 104.42-⨯-=+t π100sin 100.23-⨯I4、一无限长直导线通有电流I=I o e -3t ,一矩形线圈与长直导线共面放置,其长边与导线平行,位置如图所示。

大学物理课后习题答案(全册)

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωtsin ωt(cos j i R r其中为常量.求:(1)质点轨道;(2)速度和速率。

解:1)由)ωtsin ωt(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2)jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)质点的轨道;(2)从0t到1t 秒的位移;(3)0t 和1t 秒两时刻的速度。

解:1)由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为:2)3y(x2)jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3)jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解:1)ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2)212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

解:以地面为参照系,坐标如图,升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y (1)图 1-420221gttv h y (2)21y y (3)解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求:(1)小球的运动方程;(2)小球在落地之前的轨迹方程;(3)落地前瞬时小球的td dr ,td dv ,tv d d .解:(1)t v x 0式(1)2gt21hy 式(2)jir )gt 21-h (t v (t)20(2)联立式(1)、式(2)得22v 2gx hy (3)ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ,一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。

大学物理知识题(下)

大学物理知识题(下)

习 题 课(一)1-1 在边长为a 的正方体中心处放置一点电荷Q ,设无穷远处为电势零点,则在正方体顶角处的电势为 (A )aQ 034πε (B )a Q 032πε (C )a Q 06πε (D )a Q 012πε1-2 选无穷远处为电势零点,半径为R 的导体球带电后,其电势为U 0,则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A )302r U R (B )R U 0 (C )20r RU (D )rU1-3 在一个孤立的导体球壳内,若在偏离球中心处放一个点电荷,则在球壳内、外表面上将出现感应电荷,其分布将是(A )内表面均匀,外表面也均匀。

(B )内表面不均匀,外表面均匀。

(C )内表面均匀,外表面不均匀。

(D )内表面不均匀,外表面也不均匀。

1-4一平行板电容器充电后仍与电源连接,若用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大,则极板上的电量Q、电场强度的大小E和电场能量W将发生如下变化(A)Q增大,E增大,W增大。

(B)Q减小,E减小,W减小。

(C)Q增大,E减小,W增大。

(D)Q增大,E增大,W减小。

1-5 一半径为R的均匀带电圆盘,电荷面密度为 ,设无穷远处为电势零点,则圆盘中心O点的电势U0 = 。

1-6 图示BCD 是以O 点为圆心,以R 为半径的半圆弧,在A 点有一电量为+q 的点电荷,O 点有一电量为-q 的点电荷,线段BA = R ,现将一单位正电荷从B 点沿半圆弧轨道BCD 移到D 点,则电场力所做的功为 。

1-7 两个电容器1和2,串联后接上电源充电。

在电源保证连接的情况下,若把电介质充入电容器2中,则电容器1上的电势差 ,电容器极板上的电量 。

(填增大、减小、不变)1-8 如图所示为一个均匀带电的球层,其电荷体密度为ρ,球层内表面半径为R 1,外表面半径为R 2,设无穷远处为电势零点,求空腔内任一点的电势。

1-9 如图所示,半径分别为R 1和R 2(R 2 > R 1)的两个同心导体薄球壳,分别带电量Q 1和Q 2,今A B O将内球壳用细导线与远处半径为r 的导体球相连,导体球原来不带电,试求相连后导体球所带电量q 。

大学物理下册课后答案 超全超详细

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第十二章 导体电学【例题精选】例12-1 把A ,B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点,A 的电势为U A ,B 的电势为U B ,则 (A) U B > U A ≠0. (B) U B > U A = 0.(C) U B = U A . (D) U B < U A . [ D ]例12-2 选无穷远处为电势零点,半径为R 的导体球带电后,其电势为U 0,则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R . (B) R U 0. (C) 20r RU . (D) r U 0. [ C ] *例12-3 如图所示,封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。

A 、C 不带电,B 带正电,则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是(A ) U A = UB = UC (B ) U B > U A = U C (C ) U B > U C > U A (D ) U B > U A > U C例12-4 在一个不带电的导体球壳内,先放进一个电荷为 +q 的点电荷,点电荷不与球壳内壁接触。

然后使该球壳与地接触一下,再将点电荷+q 取走。

此时,球壳的电荷为 ;电场分布的范围是 . -q 球壳外的整个空间例12-5 如图所示,A 、B 为靠得很近的两块平行的大金属平板,两板的面积均为S ,板间的距离为d .今使A 板带电荷q A ,B 板带电荷q B ,且q A > q B .则A 板的靠近B 的一侧所带电荷为 ;两板间电势差U = .)(21B A q q - Sd q q B A 02)(ε- 例12-6 一空气平行板电容器,电容为C ,两极板间距离为d 。

充电后,两极板间相互作用力为F 。

则两极板间的电势差为 ;极板上的电荷为 。

C Fd /2 FdC 2例12-7 C 1和C 2两个电容器,其上分别标明200 pF (电容量)、500 V (耐压值) 和300 pF 、900 V .把它们串连起来在两端加上1000 V 电压,则(A) C 1被击穿,C 2不被击穿. (B) C 2被击穿,C 1不被击穿.(C) 两者都被击穿. (D) 两者都不被击穿. [ C ]ABA C Bd例12-8 半径分别为1.0 cm 与2.0 cm 的两个球形导体,各带电荷 1.0³10-8 C ,两球相距很远.若用细导线将两球相连接.求:(1) 每个球所带电荷;(2) 每个球的电势.(22/C m N 1094190⋅⨯=πε) 解:两球相距很远,可视为孤立导体,互不影响.球上电荷均匀分布.设两球半径分别为r 1和r 2,导线连接后的电荷分别为q 1和q 2,而q 1 + q 1 = 2q , 则两球电势分别是 10114r q U επ=, 20224r q U επ=两球相连后电势相等 21U U =,则有 21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 92122103.132-⨯=+=r r qr q C两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V例12-9 如图所示,三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ,半径分别为 R a 、 R b 、R c .圆柱面B 上带电荷,A 和C 都接地.求B的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2.解:设B 上带正电荷,内表面上电荷线密度为λ1,外表面上电荷线密度为λ2,而A 、C 上相应地感应等量负电荷,如图所示.则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ,方向由B 指向AB 、C 间场强分布为E 2=λ2 / 2πε0r ,方向由B 指向CB 、A 间电势差 a b R R R R BA R R r r r E U ab a bln 2d 2d 0111ελελπ=π-=⋅=⎰⎰B 、C 间电势差 b c R R R R BC R R r r r E U cb cb ln 2d 2d 0222ελελπ=π-=⋅=⎰⎰ 因U BA =U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 【练习题】*12-1 设地球半径R =6.4⨯106 m ,求其电容?解:C=4πε0R=7.12³10-4F12-2三块互相平行的导体板,相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多,外面二板用导线连接.中间板上带电,设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2,如图所示.则比值σ1 / σ2为λ2(A) d 1 / d 2. (B) d 2 / d 1. (C) 1. (D) 2122/d d . [ B ]12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F 与两极板间的电压U 的关系:(A) F ∝U . (B) F ∝1/U . (C) F ∝1/U 2. (D) F ∝U 2. [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球,一为空心,一为实心,把两者各自孤立时的电容值加以比较,则(A) 空心球电容值大. (B) 实心球电容值大.(C) 两球电容值相等. (D) 大小关系无法确定. [ C ] 12-5 一导体A ,带电荷Q 1,其外包一导体壳B ,带电荷Q 2,且不与导体A 接触.试证在静电平衡时,B 的外表面带电荷为Q 1 + Q 2.证明:在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图.设B 内表面上带电荷Q 2′,按高斯定理,因导体内部场强E 处处为零,故0/)(d 021='+=⎰⋅εQ Q S E S∴ 12Q Q -=' 根据电荷守恒定律,设B 外表面带电荷为2Q '',则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章 电介质【例题精选】例13-1 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质,若测得导体表面附近场强为E ,则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E . (B) ε 0 ε r E . (C) ε r E . (D) (ε 0 ε r - ε 0)E . [ B ] 例13-2 C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。

大学物理下册最终版 习题、例题、概念

大学物理下册最终版 习题、例题、概念

R2
(R23 R13 ) 3 0r 2
dr
2 0
(R22Βιβλιοθήκη R12 ) 。612-2.若将 27 个具有相同半径并带相同电荷的球状小水滴聚集成一个球状的大水滴,此大
水滴的电势将为小水滴电势的多少倍?(设电荷分布在水滴表面上,水滴聚集时总电荷无损
失.)
解:设小水滴半径为 r、电荷 q;大水滴半径为 R、电荷为 Q=27 q.27 个小水滴聚成大水
14-8.一橡皮传输带以速度 v 匀速向右运动,如图所示,橡皮带上均匀带有电荷, 电荷面密度为 。 (1)求像皮带中部上方靠近表面一点处的磁感应强度
B 的大小; (2)证明对非相对论情形,运动电荷的速度 v 及它所
产生的磁场
B
和电场
E
之间满足下述关系:
B
1 c2
v
E
(式中
c
1 )。 00
解:(1)如图,垂直于电荷运动方向作一个闭合回路 abcda ,考虑到橡皮带上等
qa 4 0ra
qb 4 0rb
┄①,再由系统电荷为 Q,有:qa
qb
Q ┄②两式联立得:qa
Qa , ab
qb
Qb ab

(2)根据电容的定义: C Q Q (或 C Q Q ),将(1)结论代入,有:
U
qa
U
qb
4 0a
4 0b
C 4 0 (a b) 。
d
13-3.面积为 S 的平行板电容器,两板间距为 d ,求:(1)插入厚度为 3 ,相对介电常数
ω 是角频率, I0 和ω都是常量。在长直导线旁平行放置一矩形线圈,线圈面
积与直导线在同一平面内 。已知线圈长为 l,宽为 b,线圈近直线的一边离直

大学物理学(下册)习题答案详解

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第十二章 热力学基础一、选择题 12-1 C 12-2 C 12-3 C 12-4 B 12-5 C 12-6 A 二、填空题 12-710000100p V p V p V p V --12-8 260J ,280J - 12-912-10 )(5.21122V p V p -,))((5.01212V V p p -+,)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12-11 268J ,732J 三、计算题12-12 分析:理想气体的内能是温度T 的单值函数,内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定,与经历的准静态过程无关.根据热力学第一定律可知,在等温过程中,系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量,在等压过程中,系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量,同时对外做功. 解:单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12-13 分析:根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解. 解:氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程,再作等温膨胀过程. 在等体过程中,内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中,对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程,然后作等体升压过程. 在等温膨胀过程中,对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中,内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同,但由于始末状态的温差T ∆相同,因而内能的增量E ∆相同,而Q 和A 则与过程有关.12-14 分析:卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关.本题中,求出等温膨胀过程吸收热量后,利用卡诺循环效率及其定义,便可求出循环的功和在等温压缩过程中,系统向低温热源放出的热量. 解:从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12-15 分析:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量,温度升高.在b c →绝热过程中,系统减少内能,降低温度对外作功,与外界无热量交换.在c a →等压压缩过程中,系统放出热量,温度降低,对外作负功.计算得出各个过程的热量和功,根据热机循环效率的定义即可得证. 证明:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中,系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以,该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12-16 分析:根据卡诺定理,在相同的高温热源(1T ),与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等,有221111Q TQ T η=-=-.非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-. 解:(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机,则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机.(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式.根据热机效率的定义,可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13-1 D 13-2 B 13-3 D 13-4 D 13-5 C 13-6 C 13-7 A 二、填空题13-8 相同,不同;相同,不同,相同. 13-9 (1)分子体积忽略不计;(2)分子间的碰撞是完全弹性的; (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用.13-10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比,分子的平均平动动能,()d 1f v v ∞=⎰,速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百.13-11 氧气,氢气,1T 13-12 3,2,013-13 211042.9-⨯J ,211042.9-⨯J ,1:2 13-14 概率,概率大的状态. 三、计算题13-15 分析:根据道尔顿分压定律可知,内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强,等于混合气体中各成分理想气体的压强之和.解:设氦、氢气压强分别为1p 和2p ,则12p p p =+.由理想气体物态方程,得1He He m RTp M V =, 222H H m RT p M V=所以,总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13-16 解:(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同,三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13-17 分析:在某一速率区间,分布函数()f v 曲线下的面积,表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比.速率区间很小时,这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=,函数值()f v 为矩形面积的高,本题中可取为()p f v .利用p v 改写麦克斯韦速率分布律,可进一步简化计算.解: ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时,氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率,在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知,10p v v =-,(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=.而10p v ,所以可取p v v ≈,代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13-18 解:(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13-19 分析:气体分子处于平衡态时,其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关.温度一定时,平均碰撞次数和压强成正比.解:(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯,0273T K =,氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯,273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13-20 分析:把加热的铁棒侵入处于室温的水中后,铁棒将向水传热而降低温度,但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化,因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源.把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统,根据热力学第二定律可知,在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中,系统的熵将增加.熵是态函数,系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关.因此,求不可逆过程的熵变,可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解. 解:根据题意有 1273300573T K =+=,227327300T K =+=.设铁棒的比热容为c ,当铁棒的质量为m ,温度变化dT 时,吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程,其温度连续地由1T 降为2T ,在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14-1 C 14-2 A 14-3 B 14-4 C 14-5 B 二、填空题 14-622 14-7 5.5Hz ,114-82411s ,23π 14-9 0.1,2π14-10 2222mA T π- 三、计算题14-11 解:简谐振动的振幅2A cm =,速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-,3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14-12 证明:(1) 物体在地球内与地心相距为r 时,它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反.式中M 是以地心为中心,以r 为半径的球体内的质量,其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比,方向相反,故物体在隧道内作简谐振动. (2) 物体由地表向地心落去时,其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14-13 分析:一物体是否作简谐振动,可从动力学方法和能量分析方法作出判断.动力学的分析方法由对物体的受力分析入手,根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程,与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断.能量法求解首先需确定振动系统,确定系统的机械能是否守恒,然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点,再写出物体在任意位置时的机械能表达式,并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较,最后作出是否作简谐振动的判断. 解:(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统.在物体上下自由振动的过程中,系统不受外力,系统内无非保守内力作功,所以系统的机械能守恒. 取弹簧的原长处为弹性势能零点,取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置,也即Ox 轴的坐标原点,如图14-13(a)所示.图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,由图14-13(b)可知,有10mg T -=,120T R T R -=,2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时,其运动速率为v ,弹簧的伸长量为x l +,滑轮的角速度为ω.由系统的机械能守恒,可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数,得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程,式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另:动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示.12图14-13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,因为这时0a =,可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时,2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比,方向相反,所以它是作简谐振动. (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时,弹簧无伸长,物体的位移0x l =-;物体也无初速,00v =,物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以,物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14-14 分析:M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +,振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定,振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置.图14-14解:设空盘静止时,弹簧伸长1l ∆(图14-14),则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置,弹簧再伸长2l ∆,则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前,物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时,服从动量守恒定律,碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点,物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点,坐标轴方向竖直向下.则0t =时,02mg x l k =-∆=-,02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件,0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <,00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14-15 解:(1) 振子作简谐振动时,有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时,即12p E E =.所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时,0x A =,故00ϕ=.动能和势能相等时,物体的坐标15x =即cos A t ω=,cos t ω= 在一个周期内,相位变化为2π,故3574444t ππππω=, , , 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14-16 解:(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时,即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时, 13x x +的振幅最大.取0k =,则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时,即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时,13x x +的振幅最小.取0k =,则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14-17 分析:质点同时受到x 和y 方向振动的作用,其运动轨迹在Oxy 平面内,16质点所受的作用力满足力的叠加原理.解:(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到.对t 作变量替换,令12t t '=-,两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加,得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以,质点的运动轨迹为一椭圆. (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时,它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点),作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14-18 分析:充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路.不计电路的阻尼时,电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化.振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定,振幅和初相位由系统的初始状态决定.任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定. 解:(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗,e m W W =.因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时,电容器能量是它最大能量的一半,即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中,电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=,ω=.因为0t =时,0q Q =,故有00ϕ=.于是q C ε=当首次q =时有C ε==,4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15-1 B 15-2 C 15-3 B 15-4 A 15-5 C 15-6 C 二、填空题15-7 波源,传播机械波的介质 15-8B C,2B π,2C π,lC ,lC - 15-9 cos IS θ 15-10 0 15-11 0.45m 三、计算题15-12 分析:平面简谐波在弹性介质中传播时,介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动,振动的相位沿传播方向依次落后,以速度u 传播.把绳中横波的表达式与波动表达式相比较,可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量.t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同. 解:(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =,52v Hz ωπ==,0.5m λ=,0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=. (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =,1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位. (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =, 1.25t s =, 1.50t s =各时刻的波形见图15-12.15-13 解:(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播,根据a 点的振动表达式,并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时,b 点的坐标为5x m =-,代入上式,得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点,则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015-14 解:由波形曲线可得100.1A cm m ==,400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===,2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态:2Ot Ay =-,0Ot v >,利用旋转矢量图可得,该时刻O 点的振动相位为23π-,即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向,可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态:0Qt y =,0Qt v <,利用旋转矢量图可得,该时刻Q 点的振动相位为2π,即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15-15 分析:波的传播过程也是能量的传播过程,波的能量同样具有空间和时间的周期性.波的强度即能流密度,为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流.注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系.解:(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15-16 分析:根据弦线上已知质点的振动状态,推出原点处质点振动的初相位,即可写出入射波的表达式.根据入射波在反射点的振动,考虑反射时的相位突变,可写出反射波的表达式.据题意,入射波和反射波的能量相等,因此,在弦线上形成驻波的平均能流为零.解:沿弦线建立Ox 坐标系,如图15-16所示.根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===,2100 /rad s ωπνπ==,100250u m m v λ===, (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ,入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知,在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=,即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以,入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失,反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t(2)入射波和反射波的传播方向相反,叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤,在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤,波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波,在驻波中没有能量的定向传播,因而平均能流为零. 15-17 分析:运动波源接近固定反射面而背离观察者时,观察者即接收到直接来自波源的声波,也接收到来自固定反射面反射的声波,两声波在A 点的振动合成为拍.当波源相对于观察者静止,而反射面接近波源和观察者时,观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应,但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应,因此,两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍. 解:(1) 波源远离观察者而去,观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止,接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率,这时的波源以S v 接近反射面.2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说,反射面相当于接收器,它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说,反射面相当于另一波源,观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15-18 解:平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂, 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较,可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15-19 解:由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=, 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向,且磁场强度和电场强度同相位,所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+[SI ]第十六章 几何光学一、选择题 16-1 A 16-2 B 16-3 B 16-4 C 二、填空题16-5 6.0S cm '=,12V = 16-6 80f cm '=16-7 34s cm '=-,2V =- 16-8 左,2R 三、计算题16-9 解:设空气的折射率为n ,玻璃的折射率为n ',则 1n =, 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16-10 分析:将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例,可由折射球面的成像规律求解。

大学物理(下册)习题与答案

大学物理(下册)习题与答案

大学物理练习册物理教研室遍热力学(一)一、选择题:1、如图所示,当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时,气体所经历的过程(A)是平衡过程,它能用P—V图上的一条曲线表示。

(B)不是平衡过程,但它能用P—V图上的一条曲线表示。

(C)不是平衡过程,它不能用P—V图上的一条曲线表示。

(D)是平衡过程,但它不能用P—V图上的一条曲线表示。

[ ]2、在下列各种说法中,哪些是正确的?[ ](1)热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。

(2)热平衡过程一定是可逆过程。

(3)热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。

(4)热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。

(A)(1)、(2)(B)(3)、(4)(C)(2)、(3)、(4)(D)(1)、(2)、(3)、(4)3、设有下列过程:[ ](1)用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。

(设活塞与器壁无摩擦)(2)用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。

(3)冰溶解为水。

(4)一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。

其中是逆过程的为(A)(1)、(2)、(4)(B)(1)、(2)、(3)(C)(1)、(3)、(4)(D)(1)、(4)4、关于可逆过程和不可逆过程的判断:[ ](1)可逆热力学过程一定是准静态过程。

(2)准静态过程一定是可逆过程。

(3)不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。

(4)凡有摩擦的过程,一定是不可逆过程。

以上四种判断,其中正确的是(A)(1)、(2)、(3)(B)(1)、(2)、(4)(C)(2)、(4)(D)(1)、(4)5、在下列说法中,哪些是正确的?[ ](1)可逆过程一定是平衡过程。

(2)平衡过程一定是可逆的。

(3)不可逆过程一定是非平衡过程。

(4)非平衡过程一定是不可逆的。

(A)(1)、(4)(B)(2)、(3)(C)(1)、(2)、(3)、(4)(D)(1)、(3)6、置于容器的气体,如果气体各处压强相等,或气体各处温度相同,则这两种情况下气体的状态 [ ](A )一定都是平衡态。

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1 如题4-3图所示,物体的质量为m ,放在光滑斜面上,斜面与水平面的夹角为θ,弹簧的倔强系数为k ,滑轮的转动惯量为I ,半径为R .先把物体托住,使弹簧维持原长,然 后由静止释放,试证明物体作简谐振动,并求振动周期.题4-3图解:分别以物体m 和滑轮为对象,其受力如题4-3图(b)所示,以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点,沿斜面向下为x 轴正向,则当重物偏离原点的坐标为x 时,有221d d sin tx mT mg =-θ ①βI R T R T =-21 ②βR tx =22d d )(02x x k T += ③式中k mg x /sin 0θ=,为静平衡时弹簧之伸长量,联立以上三式,有kxR t xR I mR -=+22d d )(令 ImRkR+=222ω则有0d d 222=+x tx ω故知该系统是作简谐振动,其振动周期为)/2(22222KRI m kRI mR T +=+==ππωπ2.一质量为M 的盘子系于竖直悬挂的轻弹簧下端,弹簧的劲度系数为k 。

现有一质量为m 的物体自离盘h 高处自由下落,掉在盘上没有反弹,以物体掉在盘上的瞬时作为计时起点,求盘子的振动表式。

(取物体掉入盘子后的平衡位置为坐标原点,位移以向下为正。

)解:与M 碰撞前,物体m 的速度为0m υ=由动量守恒定律,碰撞后的速度为00m m m Mυυ==+碰撞点离开平衡位置距离为0m g x k=-碰撞后,物体系统作简谐振动,振动角频率为ω=由简谐振动的初始条件,0000cos , sin x A A ϕυωϕ==-得:A ===000tg x υϕω--===∴振动表达式为:0cos()x A t t tgωϕ-=+=+3.质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统,按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动,求:(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值;(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能,在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差;解:(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ,则知:3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv EJ 1058.1212-⨯===E E Ek p当p k E E =时,有p E E 2=, 即)21(212122kA kx⋅=∴ m 20222±=±=A x(3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t4. 图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程.题4-8图解:由题4-8图(a),∵0=t 时,s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题4-8图(b)∵0=t 时,35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时,22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯=∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+=5.如题图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线.(1)若波沿x 轴正向传播,该时刻O ,A ,B ,C 各点的振动位相是多少?(2)若波沿x 轴负向传播,上述各点的振动 位相又是多少?解: (1)波沿x 轴正向传播,则在t 时刻,有对于O 点:∵0,0<=O O v y ,∴2πφ=O对于A 点:∵0,=+=A A v A y ,∴0=A φ 对于B 点:∵0,0>=B B v y ,∴2πφ-=B 对于C 点:∵0,0<=C C v y ,∴23πφ-=C(取负值:表示C B A 、、点位相,应落后于O 点的位相) (2)波沿x 轴负向传播,则在t 时刻,有对于O 点:∵0,0>'='O Ov y ,∴2πφ-='O 对于A 点:∵0,='+='A A v A y ,∴0='Aφ 对于B 点:∵0,0<'='BB v y ,∴2πφ=B对于C 点:∵0,0>'='C Cv y ,∴23πφ='C(此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)6.一列机械波沿x 轴正向传播,t =0时的波形如题5-13图所示,已知波速为10 m ·s -1,波长为2m ,求:(1)波动方程;(2) P 点的振动方程及振动曲线; (3) P 点的坐标;(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间.解: 由题5-13图可知1.0=A m ,0=t 时,0,200<=v A y ,∴30πφ=,由题知2=λm ,10=u 1s m -⋅,则5210===λυu Hz ∴ ππυω102== (1)波动方程为]3)10(10cos[.01ππ+-=x t y m题5-13图(2)由图知,0=t 时,0,2<-=P P v A y ,∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点,故取负值)∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p(3)∵ πππ34|3)10(100-=+-=t x t∴解得 67.135==x m(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a),则由P 点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)πππφ6523=+=∆∴所属最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s7.已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI).(1)写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式,并求此时离原点最近一个波峰的位置,该波峰何时通过原点?(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线. 解:(1)波峰位置坐标应满足ππk x t 2)24(=+ 解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m .∵ux t t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,∴ 2.024.0=-='∆t s ,这就是说该波峰在2.0s 前通过原点,那么从计时时刻算起,则应是42.02.4=-s ,即该波峰是在4s 时通过原点的.题5-15图(2)∵2,4==u πω1s m -⋅,∴12===ωπλuuT m ,又0=x 处,2.4=t s 时,ππφ8.1642.40=⨯=A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π又,当A y -=时,πφ17=x ,则应有πππ1728.16=+x解得 1.0=x m ,故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示8.如题5-12图所示,已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ,波沿x 轴正向传播,试根据图中绘出的条件求: (1)波动方程; (2)P 点的振动方程.解: (1)由题5-12图可知,1.0=A m ,4=λm ,又,0=t 时,0,000<=v y ,∴20πφ=,而25.01==∆∆=tx u 1sm -⋅,5.042===λυuHz ,∴ππυω==2故波动方程为]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m(2)将1=P x m 代入上式,即得P 点振动方程为t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m9. 在杨氏双缝实验中,双缝间距d =0.20mm ,缝屏间距D =1.0m ,试求:(1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ,计算此单色光的波长;(2)相邻两明条纹间的距离. 解:(1)由λk dD x =明知,230.26002110x nm λ==⨯⨯,(2) 331100.61030.2D x dλ-⨯∆==⨯⨯= mm10.波长400nm 到750nm 的白光垂直照射到某光栅上,在离光栅0.50m 处的光屏上测得第一级彩带离中央明条纹中心最近的距离为4.0cm ,求:(1)第一级彩带的宽度;(2)第三级的哪些波长的光与第二级光谱的光相重合。

解:(1)衍射光栅中ak x 212λ)(+=波长越小,则离中央明纹就越近,所以:a210400304.07-⨯⨯=那么750nm 的波长的第一级条纹位置在:m ax 075.021075037=⨯⨯=-第一级彩带的宽度:cm m x 5.3035.004.0075.0==-=∆ (2)第二级的750nm 的波长对应的光的位置:m ax 125.0210750572=⨯⨯=-第三级中有一部分和它将重合:m ax 125.010372733≤⨯=⨯=λλ对应的波长为400——500nm 的波11. 用600nm λ=的单色光垂直照射在宽为3cm ,共有5000条缝的光栅上。

问:(1)光栅常数是多少?(2)第二级主极大的衍射角θ为多少? (3)光屏上可以看到的条纹的最大级数?解:(1)由光栅衍射明纹公式60.03 6.0105000d -==⨯m(2)sin 2d ϕλ=,2sin 0.2dλϕ==1sin0.211.5oϕ-== (3)m ax 10dk λ≤=,因为10级是看不到的(没有衍射能量),所以最大级数为9。

12.一个平面透射光栅,当用光垂直入射时,能在30度角的衍射方向上得到600nm 的第二级主极大,但不能得到400nm 的第三级主极大,求:(1)此光栅的透光部分的宽度a 和不透光部分的宽度b ;解:(1)利用: λϕk b a ±=+s i n )(根据题意:30度角的衍射方向上得到600nm 的第二级主极大,所以:nm b a 2400216002sin 2=⨯==+ϕλ不能得到400nm 的第三级主极大:说明第三级条纹缺级。

由缺级的定义可得到:3=+ab a所以:a=800nm ,b=1600nm 。

13. 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ,问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变; (2)压力保持不变. 解:(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆=吸热 )(2)(1212V T T R i T T C E Q -=-=∆=υυ25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J对外作功 0=A (2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ吸热 75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J)(12V T T C E -=∆υ 内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J14.一卡诺热机在1000 K 和300 K 的两热源之间工作,试计算(1)热机效率;(2)若低温热源不变,要使热机效率提高到80%,则高温热源温度需提高多少? (3)若高温热源不变,要使热机效率提高到80%,则低温热源温度需降低多少? 解:(1)卡诺热机效率 121T T -=η%7010003001=-=η(2)低温热源温度不变时,若 %8030011=-=T η要求 15001=T K ,高温热源温度需提高500K (3)高温热源温度不变时,若 %80100012=-=T η要求 2002=T K ,低温热源温度需降低100K15.设有N 个粒子的系统,其速率分布如题6-18图所示.求 (1)分布函数)(v f 的表达式; (2)a 与0v 之间的关系;(3)速度在1.50v 到2.00v 之间的粒子数. (4)粒子的平均速率.(5)0.50v 到10v 区间内粒子平均速率.题6-18图解:(1)从图上可得分布函数表达式 ⎪⎩⎪⎨⎧≥=≤≤=≤≤=)2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf ⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≤≤≤=)2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v Na v v Nv av v f )(v f 满足归一化条件,但这里纵坐标是)(v Nf 而不是)(v f 故曲线下的总面积为N ,(2)由归一化条件可得⎰⎰==+02032d d v v v v N a N v a N v v av N(3)可通过面积计算 N v v a N 31)5.12(00=-=∆(4) N 个粒子平均速率⎰⎰⎰⎰+===∞∞202d d d )(1d )(v v v v av v v av v v vNf N v v vf v02020911)2331(1v av av N v =+=(5)05.0v 到01v 区间内粒子平均速率。

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