大学物理综合测试题下册及详解演示课件
大学物理下习题册答案详解
解 ： a 30cm ,d 0.6m m , b=2.2m
D =a+b 2.5m ,
x 2.25m m
x D dx 5400 A
d
D
第 4级 明 纹 至 中 心 距 离 满 足 ：
dx 4 x 4 D 9.00m m
D
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
d
练习34 光的干涉（2)
1.在双缝装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中
光的程亮差度2 分，, 2别则. 5为 有 , ：3 .5
，比较 P、Q、R 三点
（1）P点最亮、Q点次之、R点最暗；
注意。单击此处添加正文，文字是您思想的提炼，为了演示发布的良好效果，请言简意赅地阐述您的观点。您的 内容已经简明扼要，字字珠玑，但信息却千丝万缕、错综复杂，需要用更多的文字来表述；但请您尽可能提炼思
20D 想 的 精 髓 ， 否 则 容 易 造 成 观 者 的 阅 读 压 力 ， 适 得 其 反 。 正 如 我 们 都 希 望 改 变 世 界 ， 希 望 给 别 人 带 去 光 明 ， 但 更 多
x 20x＝ 0.11m 时候我们只需要播下一颗种子，自然有微风吹拂，雨露滋养。恰如其分地表达观点，往往事半功倍。当您的内容 a 到 达 这 个 限 度 时 ， 或 许 已 经 不 纯 粹 作 用 于 演 示 ， 极 大 可 能 运 用 于 阅 读 领 域 ； 无 论 是 传 播 观 点 、 知 识 分 享 还 是 汇 报
n 1 题 目 中 k=-7
所 以 ： e 7 n 1
答案为：（1）
2.迈克耳逊干涉仪可用来测量单色光的波长，当干涉仪
的动镜M2移动d距离时，测得某单色光的干涉条纹移 动N条，则该单色光的波长为：（ ）
吉林大学 大学物理下练习册答案PPT课件
11
(三) 计算题
1. 一倔强系数为k的轻弹簧，竖直悬挂一质量为m的物
体后静止，再把物体向下拉，使弹簧伸长后开始释放， 判断物体是否作简谐振动？
解： 仍以平衡位置处为坐标原点，设平衡时弹簧
伸长量为x0，则有
mg kx0
物体在坐标为x处时，根据牛顿第二定律
mg
x 0
m ax
A kM mM
A
A M A E 1 k M A2 E
M m
2 Mm
15
4. 一物体质量为0.25kg，在弹性力作用下作简谐 振动，
弹簧的倔强系数 k = 25 Nm-1，如果起始振动时具有
势能0.06J和动能0.02J，求： (1) 振幅； (2) 动能恰好等于势能时的位移； (3) 经过平衡位置时物体的速度。
8. 当质点以f 频率作简谐振动时，它的动能的变化频率
为
A. f B. 2 f C. 4 f D. 0.5 f
9. 两个振动方向相互垂直、频率相同的简谐振动的合成
运动的轨迹为一正椭圆，则这两个分振动的相位差可能Leabharlann 为A.0或 π
B.
0或 3π
C.
0或π D.
3π 或 π
2
2
22
10. 竖直弹簧振子系统谐振动周期为T，将小球放入水
T 2π M k
0
k M
m
小物体未下落后系统的振动周期为
M
T 2π
M m T k
k M m
14
（1） x A 0
m
碰撞后速度 x A 0
碰撞后振幅不变，能量不变
《大学物理(下)》课件及习题
《大学物理(下)》课件及习题一、教学内容本节课的教学内容选自《大学物理(下)》的第四章，主要涉及电磁学的基本概念和定律。
具体包括：电磁感应现象、法拉第电磁感应定律、楞次定律、电磁场的基本方程、安培环路定律和麦克斯韦方程组。
二、教学目标1. 使学生理解电磁感应现象和法拉第电磁感应定律，掌握楞次定律，能够运用这些基本原理分析和解决实际问题。
2. 帮助学生掌握电磁场的基本方程，理解安培环路定律和麦克斯韦方程组的物理意义。
3. 培养学生的科学思维能力和创新意识，提高学生分析问题和解决问题的能力。
三、教学难点与重点1. 教学难点：电磁感应现象的直观理解，法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用，麦克斯韦方程组的推导和理解。
2. 教学重点：电磁感应现象的基本原理，法拉第电磁感应定律和楞次定律的掌握，电磁场基本方程的应用，安培环路定律和麦克斯韦方程组的理解。
四、教具与学具准备1. 教具：多媒体课件、黑板、粉笔、实验器材（如电流表、电压表、磁铁、线圈等）。
2. 学具：教材《大学物理(下)》、笔记本、笔、计算器。
五、教学过程1. 实践情景引入：通过展示一个电磁感应实验，让学生观察和体验电磁感应现象，激发学生的兴趣和好奇心。
2. 讲解电磁感应现象：解释电磁感应现象的原理，阐述法拉第电磁感应定律和楞次定律的内容和意义。
3. 示例讲解：通过示例题目，讲解如何运用法拉第电磁感应定律和楞次定律分析和解决问题。
4. 电磁场基本方程：推导和讲解电磁场的基本方程，包括高斯定律、安培定律和法拉第电磁感应定律。
5. 麦克斯韦方程组：推导和讲解麦克斯韦方程组，解释其物理意义。
6. 课堂练习：给出一些实际问题，让学生运用所学的知识和方法进行分析和解答。
六、板书设计1. 电磁感应现象2. 法拉第电磁感应定律3. 楞次定律4. 电磁场基本方程5. 安培环路定律6. 麦克斯韦方程组七、作业设计1. 题目：一个闭合回路中的电流变化，求回路中的电磁感应电动势。
大学物理下册PPT课件
] 无关
13-1. 静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷 在该点具有的电势能
[C ]
(B)单位试验电荷在该点具有的电势能
(C)单位正试验电荷在该点具有的电势能
(D)将单位正电荷从该点移到零电势点外力所做的功
B 点电势
VB
E pB q0
A 点电势
VA
E pA q0
.
2
12-3. 将一个点电荷q放在球形高斯面的中心处，试问在下列哪种情况下，通过高
R1rR2
LH2dlH22 π rI
H 22 π I r B 2μ 2H 2μ 2 π 0μ rI r
R2 rR3 LH 3dlH 32 π rII((R r3 2 2 R R 2 2 2 2))
πr μμ πr H 3 2 I
R 3 2 r2 R 3 2 R 2 2
B 33H 3 20IR R 3 2 3 2 R r2 2 2
(B) B 20 I 2a
[D ]
(C) B0
(D) B 0 I a
16-3. 如图所示,流出纸面的电流为2I ,流入纸面的电流为 I 下列各式中正确的是 [ C ]
(A)
B dl
l1
20I
(B)
l2Bdl 0I
(C)
Bdl
l3
30I
(D)
Bdl
l4
0I
.
6
17-2. 长直电流I2与圆电流I共面，并与其一直径重合，如图所示（但两者间绝缘）；设长
（C) N上的感应电荷分布不变
(D) N上不再有感应电
14-5. 真空中均匀带电的球面和球体,如果两者的半径和总电量都相等,则带电球面的电
场能量 W1 和带电球体的电场能量 W 2 的大小相比, 下列说法中正确的是 [ B ]
20、大学物理下册复习题.ppt
。
2x 2 f k 2 f 3 8103
a
a
☻单缝缝宽公式 19
例17、波长λ＝550nm的单色光垂直入射于光栅
常数d＝2×10－4 cm的平面衍射光栅上，可能观 察到的光谱线的最大级次为
（A）2；
（B）3； （C）4；
【B】
（D）5。
光栅主明纹： d sin (a b)sin k (k 0,1,2 )
单缝暗纹： a sin k
(k 1,2 )
最大级次：sinφ＝sin(0 .5π)=1
K=d/λ<4
20
计算题
21
例1. 一艘快艇在速率为 v时0 关闭发动机，其加 速度 a kv，2 式中 为k 常数，试证明关闭发 动机后又行驶 x 距离时，快艇速率为： v v0ekx
证明： a dv dv dx vdv kv2 dt dx dt dx
＝ 23m/s
解：a 3 2t dv
dt
v
t
dv (3 2t)dt
v0
t0
v
3
5 dv 0 (3 2t)dt
v
23m
/
☻ s 位移速度加速4 度
(1-15)例2、一质点沿半径为R的圆周运动，在t
＝0时经过P点，此后它的速率v按v＝A＋Bt（A ，B为正的已知常量）变化。则质点沿圆周运动一
0.1
0.2
A kxdx Mgdx
0
0.1
kx | Mgx | 1
2 0.1
0.2
2
0
0.1
3J
k
SF
M
28
例5：一质量为m的质点，在xoy平面上运动。
其位置矢量为： r a costi bsint j
大学物理学(下册)习题答案详解
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 电磁感应习题册讲解 共25页PPT资料
答案： i 1.5V 方向D C；感应电流方向
D C B A D
。
习题D回路e 的n BA段B长为Al
，t=0与CD重合，以速度v 向外滑动,
已知：Bkt(k0),ABl,,
3
C 0
x
v
求：动生？感生？
设回路绕向逆时针
B
解 1： d动 生vBsin30dl
I 2R
螺绕环的自感电动势为
题图三、1
LLd dIt0N2 2a R2I0cost
2．如图5-9所示直角三角形金属PQS框放在均匀磁场
B 中，B 平行于边PQ，PQ边长为b，PQ边与QS边夹
角为，当金属框绕PQ边以角速度 转动时，求（1）
回路的总感应电动势；（2）各边的感应电动势。
习题五 一、选择题 1D 2A 3A 4A
2．如图5-1所示，M为一闭
合金属轻环，当右侧线圈通以
如下所说哪种情况的电流时， M
将在环内产生图示方向的感生
b
a
图5-1
电流，同时环向线圈方向移动
（A）电流由b点流入，a点流出，并逐渐减少； （B）电流由a点流入，b点流出，并逐渐减少； （C）电流由b点流入，a点流出，并逐渐增大； （D）电流由a点流入，b点流出，并逐渐增大。 答案：A 解：环M向右移动，可判断线圈内磁力线的方向由右 向左，即电流由b点流入，a点流出；根据环内感应电流 的方向，应用楞次定律可判断线圈内的磁通量在减少。
D
en
B
已知：Bkt(k0),ABl,,
3
A 求：动生？感生？
C
x
回路绕向逆时针 v 感应电动势是动生电动势
0
B
与感生电动势之和，可以
《大学物理》下册试卷及答案解析
2008-2009《大学物理》（下）考试试卷一、选择题（单选题，每小题3分，共30分）：1、两根无限长平行直导线载有大小相等方向相反的电流I ，I 以dI/dt 的变化率增长，一矩形线圈位于导线平面内（如图所示），则 。
(A),矩形线圈中无感应电流；(B),矩形线圈中的感应电流为顺时针方向；(C),矩形线圈中的感应电流为逆时针方向； (D),矩形线圈中的感应电流的方向不确定；2,如图所示的系统作简谐运动，则其振动周期为 。
(A),k m T π2=；(B), k m T θπsin 2=；(C), k m T θπcos 2=； (D), θθπcos sin 2k m T =；3，在示波器的水平和垂直输入端分别加上余弦交变电压，屏上出现如图所示的闭合曲线，已知水平方向振动的频率为600Hz ，则垂直方向的振动频率为 。
(A),200Hz ；(B), 400Hz ；(C), 900Hz ； (D), 1800Hz ；4，振幅、频率、传播速度都相同的两列相干波在同一直线上沿相反方向传播时叠加可形成驻波，对于一根长为100cm 的两端固定的弦线，要形成驻波，下面哪种波长不能在其中形成驻波？ 。
(A),λ=50cm ；(B), λ=100cm ；(C), λ=200cm ；(D), λ=400cm ；5，关于机械波在弹性媒质中传播时波的能量的说法，不对的是 。
(A),在波动传播媒质中的任一体积元，其动能、势能、总机械能的变化是同相位的； (B), 在波动传播媒质中的任一体积元，它都在不断地接收和释放能量，即不断地传播能量。
所以波的传播过程实际上是能量的传播过程；(C), 在波动传播媒质中的任一体积元，其动能和势能的总和时时刻刻保持不变，即其总的机械能守恒；(D), 在波动传播媒质中的任一体积元，任一时刻的动能和势能之和与其振动振幅的平方成正比；6，以下关于杨氏双缝干涉实验的说法，错误的有 。
(A),当屏幕靠近双缝时，干涉条纹变密； (B), 当实验中所用的光波波长增加时，干涉条 纹变密；(C),当双缝间距减小时，干涉条纹变疏；(D),杨氏双缝干涉实验的中央条纹是明条纹，当在上一个缝S 1处放一玻璃时，如图所示，则整个条纹向S 1所在的方向移动，即向上移动。
演示版大学物理下----练习.ppt
20
T
（2）x 0.10cos(20t )
v
2
A
sin(20
t
4
),a
400
2
A
cos(20
t
)
4
4
代入数据即可。
2
9.8 一质量为m的货轮，浮在水面时其水平截面积为S，
设水的密度为 ，不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中
作振幅较小的竖直自由运动时简谐振动，并求其周期。
分析货轮受力：
Vg
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A 2.0102 m 周期 T=0.5s. 当t=0时：（1）物体
在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；
（3）物体在 x 1.0102 m ，向负方向运动；（4）物体 在 x 1.0102 m ，向正方向运动。求以上各种情况的运
动方程。
x Acos(t )
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A 2.0102 m 2 4rad / s -A o
mk1，T0 =2
m1 k
粘土下落后， '
k ，T ' =2 m1 m2
m1 m2
k
T ' T0
16
（2）振幅与系统能量有关
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（a）物体通过平衡位置时
v vmax A
k A
m1
与粘土发生碰撞后，由动量守恒得：
m1v
(m1
m2 )v ' v '
m1v m1 m2
m1 m1 m2
2
15
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9.24 劲度系数为k的轻弹簧，系一质量为m1的物体，在水平面 上作振幅为A的简谐运动。一质量为m2的粘土，从高度为h处 下落，正好在（a）物体通过平衡位置时，（b）物体在最大位 移处时，落在物体上。分别求（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何变化？
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(A) 顺时针转动同时离开ab; (B) 顺时针转动同时靠近ab ； (C) 逆时针转动同时离开ab ； (D) 逆时针转动同时靠近ab .
b
d
II
b
F
I
OI
O
c
d
F
a
c
a
F
4. 顺磁物质的磁导率： (A) 比真空的磁导率略小; (B) 比真空的磁导率略大； (C) 远小于真空的磁导率； (D) 远大于真空的磁导率.
大 学 物 理 下 综 合
测 试
题
1. 图中六根无限长导线互相绝缘， 通过电流均为I，区域I、II、III、 IV均为相等的正方形，那一个区 域指向纸内的磁通量最大？
(A) I区域; (B) II区域；
(C) III区域； (D) IV区域； (E)最大不止一个
载流直导线
B 0I 2 a
I
(A) 0 I1I2r 2 ;
2R
(B) 0I1I2r 2 ；
2R
(C) 0 I1I2r 2 ；
2r
(D)
0
。
I1 I2
or
R
M ISen B m B
8. 如图两个半径为R的相同的金属环 在 a、b两点接触(ab连线为环直径)， 并相互垂直放置。电流 I沿ab连线方 向由a 端流入，b 端流出，则环中心 O点的磁感应强度的大小为
(D) 10MeV; (E) 100MeV.
F
e B
2
m
eBR 3106
R
m
B
1 m2 1 eBR e 1 0.30.1
22
2
0.045MeV
3. 如图，长载流导线ab和cd相互垂直， 它们相距l，ab固定不动，cd能绕中点 O 转动，并能靠近或离开 ab，当电流 方向如图所示时，导线 cd 将
以k代表零或正、负整数，则 P 点是 干涉极大的条件为：
(A) r2 r1 k ;
(B) 2 1 2k ；
(C) 2 1 2 r2 r1 / 2k ; (D) 2 1 2 r1 r2 / 2k 。
1
1
2
(D) 媒质质元在其平衡位置处弹性势能最大。
11. 一质点作简谐振动，其运动速度 与时间的曲线如图所示。若质点的振 动规律用余弦函数描述，其初相应为
(A) / 6 ; (B) 5 / 6 ；
(C) 5 / 6 ; (D) / 6 ; (E) 2 / 3 。
y A cos(t 0 )
vm / s
v A sin(t 0 )
1 2
vm
vm
t0
O
v0
A
sin 0
1 2
vm
sin 0
1 2
0
6
or
5
6
ts
vm
O
x
vm
12. 如图所示，两列波长为 的相干
波在P点相遇。波在S1点振动的初相
是 1 ，S1到P点的距离是r1；波在S2 点的初相是2，S2到P点的距离是r2 。
5. 用线圈自感系数L表示载流线圈磁场能量的公式
(A) 只适用于无限长密绕螺线管; (B) 只适用于单匝圆线圈；
Wm
1 2
LI
2
(C) 只适用于一个匝数很多且密绕的螺线管；
(D) 适用于自感系数L一定的任意线圈.
L
d dt
d
LI
dt
(L
dI dt
I
dL ) dt
6. 如图所示，M、N 为水平面内
r1
2
2
2
r2
13. 在双缝干涉实验中，入射光的
1 2
t
2
,
(SI
)
(C)
y
0.50
cos
1 2
t
2
,
(SI
)
； ；
ym
0.5
u
(D)
y
0.50
cos
1 4
t
2
,
(SI
)
。
1 O 1 2 3
xm
此题只能逐个检验。
解: 设P的振动方程为:
yo A cos(t 0 )
u
0
2
0
2
16 u
yo
0.5 cos( 8
u
t
2
16
u
)
10. 当机械波在媒质中传播时， 一媒质质元的最大形变量发生在：
(A) 媒质质元离开其平衡位置最大位移处; (B) 媒质质元离开其平衡位置 2A / 2 处； (C) 媒质质元在其平衡位置处 ； (D) 媒质质元离开其平衡位置 A/ 2 处
已知: A 0.5 2 8
uu
yo
0.5 cos( 8
u
t
0 )
由于 t 2s, yo 0,0 0
0
0.5 cos( 8
u
2
0 )
8
u
0.5 sin( 8
u
2 0)
0
ym
0.5 u
1 O 1 2 3 x m
16
II
III
IV
2. 一张气泡室照片表明，质子的运动 轨迹是一半径为10cm的圆弧，运动轨 迹平面与磁场垂直，磁感应强度的大 小为0.3Wb/m2。该质子动能的数量级
m 1.67 1027 kg, e 1.61019C
(A) 0.01MeV; (B) 0.1MeV ；
(C) 1MeV ；
(A) 0 ;
(B) 0I ；
4R
(C) 20I ；
4R
(D) 0I
R
; (E)
I
a
b
I
20I 。 四段导线并联
8R
9. 一沿x轴负方向传播的平面简谐波
在t=2s时的波形曲线如图所示，则原
点o的振动方程为
(A) y 0.50cos(t ),(SI )
;
2
(B)
y
0.50
cos
两根平行金属导轨，ab与cd为垂
直于导轨并可以在其上自由滑动
的两根直裸导线。外磁场垂直水
平面向上，当外力使ab向右平移
时，cd
(A) 不动; (B) 转动 ； (C) 向左移动；
B d
IF FI
(D) 向右移动 。
c
a
bM
N
阻碍磁通量的变化，即阻碍面积的变化
7. 两个同心圆线圈，大圆半径为R， 通有电流I1；小圆半径为r，通有电 流I2，方向如图。若r<<R（大线圈 在小线圈处产生的磁场近似为均匀 磁场），当它们处在同一平面内时 小线圈所受磁力矩的大小为：
(A是振动振幅).
16. 当一平面简谐机械波在弹性媒质 中传播时，下述结论哪个是正确的？
(A) 媒质质元的振动动能增大时，其 弹性势能减小，总机械能守恒;
(B) 媒质质元的振动动能和弹性势能 都作周期性变化，但二者的相位不相同;
(C) 媒质质元的振动动能和弹性势能的相位 在任意时刻都相同，但二者的数值不相等;