大学物理 习题分析与解答
大学物理习题册及解答_第二版_第一章_质点的运动
质点通过原点时，x
t ( 2n 1)
Ae
t
cost 0
(n = 0, 1, 2,…)
2
1 t 2n 1 π/ 2
4 一质点沿x方向运动，其加速度随时间变化关系为a =3+2t(SI) , 如果初始时质点的速度 v0 为 5m/s ，则当ｔ为 3s 时，质点的速度 v =_______ 23m/s 5.一质点作半径为 0.1 m的圆周运动，其角位置的运动学方程为：
dr dt
（A）只有(1)、(4)是对的． （C）只有(2)是对的．
5 以下五种运动形式中，a保持不变的运动是 (A) 单摆的运动． (D) 抛体运动． (B) 匀速率圆周运动． (C) 行星的椭圆轨道运动．
(E) 圆锥摆运动．
6 下列说法哪一条正确？
(A) 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变． (B) 平均速率等于平均速度的大小． ( v1 , v 2 分别为初、末速率) (C) 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成 v v1 v 2 / 2
x Ae t cost (SI)
(A,皆为常数) (2) 质点通过原点的时刻 .
(1)任意时刻ｔ质点的加速度
t
Ae [ cost sin t ](SI) 解： x a x Ae cos t 2 sin t
大学物理3第11章习题分析与解答
大学物理3第11章习题分析与解答
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
习 题 解 答
11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝21S S 、距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处。现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（ ）
（A ）中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变 （B ）中央明条纹向上移动，且条纹间距不变 （C ）中央明条纹向下移动，且条纹间距增大 （D ）中央明条纹向上移动，且条纹间距增大
解 由S 发出的光到达21S S 、的光成相等，它们传到屏上中央O 处，光程差0=∆，形成明纹，当光源由S 向下移动S '时，由S '到达21S S 、的两束光产生了光程差，为了保持原中央明纹处的光程差为0，它将上移到图中O '处，使得由S '沿21S S 、传到O '处的两束光的光程差仍为0.而屏上各级明纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变。故选B
11-2 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如附图所示，若薄膜厚度为e ， 且n 1＜n 2，n 3＜n 2， λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程为（ ）（A ）e n 22 （B ）1
1222n e n λ-
3
n S S ’
O
O ’
（C ）2
2112λn e n - （D ）221
22λn e n - 习题11-2图
解 由于n 1〈n 2，n 3〈n 2，因此光在表面上的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，所以他们的光程差222λ-=∆e n ，这里λ是光在真空中的波
大学物理简明教程课后习题和答案解析
大学物理简明教程习题解答
习题一
1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v
有无不同?其不同在哪里?试
举例说明．
解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即
r ∆12r r -=，12r r r -=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t
s
d d .
t r
d d 只是速度在径向上的分量.
∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则
t ˆr
ˆt r t d d d d d d r r r += 式中t r
d d 就是速度径向上的分量，
∴t r t
d d d d 与
r 不同如题1-1图所示.
题1-1图
(3)t d d v 表示加速度的模，即
t v a d d
=
，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以
t v t v t v d d d d d d ττ +=
式中dt dv
就是加速度的切向分量.
(t t
r d ˆd d ˆd τ 与
的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求
出r ＝22y x +，然后根据v =t r
d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度
的分量，再合成求得结果，即
v =2
2
d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =
2
22222d d d d ⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？
大学物理习题及解答(振动与波、波动光学)
1． 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物
体时，伸长量为9.8 ⨯10－2 m 。假如使物体
上下振动，且规定向下为正方向。〔1〕t =
0时，物体在平衡位置上方8.0 ⨯10－2 m
处，由静止开始向下运动，求运动方程。
〔2〕t = 0时，物体在平衡位置并以0.60
m/s 的速度向上运动，求运动方程。
题1分析：
求运动方程，也就是要确定振动的三个特
征物理量A 、ω，和ϕ。其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质〔振子质量m 与弹簧劲度系数k 〕决定的，即m k /=ω，k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振
幅A 和初相ϕ需要根据初始条件确定。
解：
物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大
小相等，即F = mg 。而此时弹簧的伸长量m l 2108.9-⨯=∆。如此弹簧的劲度系数l mg l F k ∆=∆=//。系统作简谐运动的角频率为
1
s 10//-=∆==l g m k ω
〔1〕设系统平衡时，物体所在处为坐标
原点，向下为x 轴正向。由初始条件t = 0时，m x 210100.8-⨯=，010=v 可得振幅m 100.8)/(2210102-⨯=+=ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相πϕ=1。如此运动方程为
])s 10cos[()m 100.8(121π+⨯=--t x
〔2〕t = 0时，020=x ，
120s m 6.0-⋅=v ，同理可得m 100.6)/(22202022-⨯=+=ωv x A ，
2/2πϕ=；如此运动方程为
]
5.0)s 10cos[()m 100.6(122π+⨯=--t x
《大学物理》习题训练与详细解答四(机械波)
T 0 .5 0 .5 x t , y0 .1 c o s (4 ) 4 4 4 5 x 0 .1 c o s ( x )0 .1 s in (m ) 5 2 5 y 波形曲线如右图
0
16
5
10
x
（3）t=T/4时与波源相距 / 2 处质点的位移 x 0 . 1 s i n y 0 m 将x=5m待入 y 5 速度： v dy 0.4 sin 4 (t x ) dt 20 t T / 4， x 5
5 3 .7 9 1 0 J 10m 的平面的能量为 一面积为 4
4 2
（ 1 ） 能 流 密 度 公 式 ： 1 1 2 2 2 2 7 I C A C A ( 2 v ) ＝ 1 .5 8 1 0( Wm / 2) 2 2 5 （ 2 ） W I St 3 .7 9 1 0( J )
而振动速度是介质中各质点偏离各自的平衡位置的速 度。波的周期、频率是由波源决定的。 波速与振动速度是两个不同的物理量 。 答案为: (1),(3)
2
2.一机械波的波速为C、频率为 ，沿着X轴的负方向传播 在X轴上有两点 x1 和 x2 ,如果 x2>x1>0，那么 x2 和 x1 处的相位差 2 1 为： （2） （ 1） 0
t x y Acos[2 ( ) 0 ] T x y 0.1cos[4 (t ) 0 ] 20
大学物理第五章机械振动习题解答和分析
5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2
100.2-⨯=，周期s T 0.1=，初相.4/3πϕ=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。
分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
解：振动方程为：]2cos[]cos[
ϕπ
ϕω+=+=t T
A t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4
x t SI π
π=+ 振子的速度和加速度分别是：
3/0.04sin[2]()4
v dx dt t SI π
ππ==-+ 2223/0.08cos[2]()4
a d x dt t SI π
ππ==-+
5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度.
分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。
解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππϕω+=+=t t A x 得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1
/210s νωπ-==， 周期1/0.1T s ν==，/4rad ϕπ=
（2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ϕππππ=+=+ 由cos x A ϕ=，sin A νωϕ=-，2
2
cos a A x ωϕω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=-
5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小；
大学物理第十章有导体和电介质时的静电场习题解答和分析
第十章习题解答
10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。
分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有AC AB U U =。 解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B
q 、
C q 。因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为
6个无限大带电平面。导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：
1A C q q =-
2A B q q =-
即 ()A B C q q q =-+ ① 又因为： AC AB U U = 而: 2
AC AC d U E =⋅
AB AB U E d =⋅
∴ 2AC AB E E =
于是：
02C B
σσεε =⋅
两边乘以面积S 可得：
2C B
S S σσεε =⋅
即： 2C B q q = ②
联立①②求得: 77
210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯
题图10-1
题10-1解图
d
(2) 002
22
C C A AC C AC AC q d d d
U U U U E S σεε =+==⋅
=
⋅=⋅ 7
3
3
4
12
210
210
2.2610()200108.8510
大学物理（第五版）课后习题答案
面向21 世纪课程教材学习辅导书习题分析与解答马文蔚主编殷实沈才康包刚编高等教育出版社前言本书是根据马文蔚教授等改编的面向21世纪课程教材《物理学》第五版一书中的习题而作的分析与解答。与上一版相比本书增加了选择题更换了约25的习题。所选习题覆盖了教育部非物理专业大学物理课程教学指导分委员会制定的《非大学物理课程教学基本要求讨论稿》中全部核心内容并选有少量扩展内容的习题所选习题尽可能突出基本训练和联系工程实际。此外为了帮助学生掌握求解大学物理课程范围内的物理问题的思路和方法本书还为力学、电磁学、波动过程和光学热物理、相对论和量子物理基础等撰写了涉及这些内容的解题思路和方法以期帮助学生启迪思维提高运用物理学的基本定律来分析问题和解决问题的能力。物理学的基本概念和规律是在分析具体物理问题的过程中逐步被建立和掌握的解题之前必须对所研究的物理问题建立一个清晰的图像从而明确解题的思路。只有这样才能在解完习题之后留下一些值得回味的东西体会到物理问题所蕴含的奥妙和涵义通过举一反三提高自己分析问题和解决问题的能力。有鉴于此重分析、简解答的模式成为编写本书的指导思想。全书力求在分析中突出物理图像引导学生以科学探究的态度对待物理习题初步培养学生―即物穷理‖的精神通过解题过程体验物理科学的魅力和价值尝试―做学问‖的乐趣。因此对于解题过程本书则尽可能做到简明扼要让学生自己去完成具体计算编者企盼这本书能对学生学习能力的提高和科学素质的培养有所帮助。本书采用了1996 年全国自然科学名词审定委员会公布的《物理学名词》和中华人民共和国国家标准GB3100 3102 -93 中规定的法定计量单位。本书由马文蔚教授主编由殷实、沈才康、包刚、韦娜编写西北工业大学宋士贤教授审阅了全书并提出了许多详细中肯的修改意见在此编者致以诚挚的感谢。由于编者的水平有限敬请读者批评指正。编者2006 年1 月于南京目录第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法第一章质点运动学第二章牛顿定律第三章动量守恒定律和能量守恒定律第四章刚体的转动第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法第五章静电场第六章静电场中的导体与电介质第七章恒定磁场第八章电磁感应电磁场第三篇波动过程光学求解波动过程和光学问题的基本思路和方法第九章振动第十章波动第十一章光学第四篇气体动理论热力学基础求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法第十二章气体动理论第十三章热力学基础第五篇近代物理基础求解近代物理问题的基本思路和方法第十四章相对论第十五章量子物理附录部分数学公式第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法物理学是一门基础学科它研究物质运动的各种基本规律由于不同运动形式具有不同的运动规律从而要用不同的研究方法处理力学是研究物体机械运动规律的一门学科而机械运动有各种运动形态每一种形态和物体受力情况以及初始状态有密切关系掌握力的各种效应和运动状态改变之间的一系列规律是求解力学问题的重要基础但仅仅记住一些公式是远远不够的求解一个具体物理问题首先应明确研究对象的运动性质选择符合题意的恰当的模型透彻认清物体受力和运动过程的特点等等根据模型、条件和结论之间的逻辑关系运用科学合理的研究方法进而选择一个正确简便的解题切入点在这里思路和方法起着非常重要的作用1正确选择物理模型和认识运动过程力学中常有质点、质点系、刚体等模型每种模型都有特定的含义适用范围和物理规律采用何种模型既要考虑问题本身的限制又要注意解决问题的需要例如用动能定理来处理物体的运动时可把物体抽象为质点模型而用
大学物理教材习题答案
⼤学物理教材习题答案
第⼀章质点运动
习题解答
⼀、分析题
1．⼀辆车沿直线⾏驶，习题图1-1给出了汽车车程随时间的变化，请问在图中标出的哪个阶段汽车具有的加速度最⼤。
答: E 。
位移-速度曲线斜率为速率，E 阶段斜率最⼤，速度最⼤。
2．有⼒P 与Q 同时作⽤于⼀个物体，由于摩擦⼒F 的存在⽽使物体处于平衡状态，请分析习题图1-2中哪个可以正确表⽰这三个⼒之间的关系。
答: C 。
三个⼒合⼒为零时，物体才可能处于平衡状态，只有（C ）满⾜条件。
3．习题图1-3（a ）为⼀个物体运动的速度与时间的关系，请问习题图1-3（b ）中哪个图可以正确反映物体的位移与时间的关系。
答：C 。
由v-t 图可知，速度先增加，然后保持不变，再减少，但速度始终为正，位移⼀直在增加，且三段变化中位移增加快慢不同，根据v-t 图推知s-t 图为C 。
三、综合题：
1．质量为的kg 50.0的物体在⽔平桌⾯上做直线运动，其速率随时间的变化如习题图1-4所⽰。问：（1）设s 0=t 时，物体在cm 0.2=x 处，那么s 9=t 时物体在x ⽅向的位移是多少？（2）在某⼀时刻，物体刚好运动到桌⼦边缘，试分析物体之后的运动情况。
解：（1）由v-t 可知，0~9秒内物体作匀减速直线运动，且加速度为：
220.8cm/s 0.2cm/s 4
a == 由图可得：0 2.0cm s =，00.8cm/s v =， 1.0cm/s t v =-，则由匀减速直线运动的
位移与速度关系可得：
22002() t a s s v v -=- 2200
大学物理第06章习题分析与解答
6-1 某一热力学系统经历一个过程后，吸收了400J 的热量，并对环境做功300J ,则系统的内能（ ）。
（A ）减少了100J （B ）增加了100J （C ）减少了700J （D ）增加了700J
解：由热力学第一定律Q E W =∆+可得
400300=100J E Q W ∆=-=- 故选B
6-2 对于理想气体系统来说，在下列过程中，哪个过程中系统所吸收的热量、内能的增量和对外做功三者均为负值（ ）？
（A ）等容降压过程 （B ）等温膨胀过程（C ）绝热膨胀过程（D ）等压压缩过程 解：等容过程不做功，故A 不正确； 等温过程内能不变，故B 不正确；绝热过程与外界不交换热量，故C 不正确；
对于等压压缩过程：体积减小，系统对外界做负功，表现为外界对系统做功；易知压缩过程温度降低，则内能减少；等压过程p p Q C T ν=∆，温度降低，则必放热。故选D 6-3 系统分别经过等压过程和等体过程，如果两过程中的温度增加值相等，那么（ ）。 （A ）等压过程吸收的热量小于等体过程吸收的热量 （B ）等压过程吸收的热量等于等体过程吸收的热量 （C ）等压过程吸收的热量大于等体过程吸收的热量 （D ）无法确定
解：等压过程吸收的热量p p Q C T ν=∆；等容过程吸收的热量V V Q C T ν=∆,由于
V p C C >，故选C
6-4 一台工作于温度分别为327C 和27C 的高温热源与低温热源之间的卡诺热机，每经历一次循环吸热2000J ，则对外界做功（ ）。
（A ）2000J （B ）1000J （C ）4000J （D ）500J
大学物理基础教程答案第05章习题分析与解答
5-1 若理想气体的体积为V ,压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻尔兹曼常数，R 为摩尔气体常数，则该理想气体的分子数为（ ）。 （A ）
PV m （B ）PV kT （C ）PV RT （D ） PV
mT
解：由N p nkT kT V ==
得，pV
N kT
=
,故选B 5-2 两个体积相同的容器，分别储有氢气和氧气（视为刚性气体），以1E 和2E 分别表示氢气和氧气的内能，若它们的压强相同，则（ ）。
（A ）12E E = （B ）12E E > （C ）12E E < （D ） 无法确定 解：pV RT ν=，式中ν为摩尔数，由于两种气体的压强和体积相同，则T ν相同。又刚性双原子气体的内能5
2
RT ν
,所以氢气和氧气的内能相等，故选A 5-3 两瓶不同种类的气体，分子平均平动动能相同，但气体分子数密度不同，则下列说法正确的是（ ）。
（A ）温度和压强都相同 （B ）温度相同，压强不同 （C ）温度和压强都不同
（D ）温度相同，内能也一定相等
解：所有气体分子的平均平动动能均为3
2
kT ，平均平动动能相同则温度相同，又由
p nkT =可知，温度相同，分子数密度不同，则压强不同，故选B
5-4 两个容器中分别装有氦气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的量是（ ）。
（A ）分子平均动能 （B ）分子平均速率 （C ）分子平均平动动能 （D ）最概然速率
解：分子的平均速率和最概然速率均与温度的平方根成正比，与气体摩尔质量的平方根成反比，两种气体温度相同，摩尔质量不同的气体，所以B 和D 不正确。分子的平均动能
《大学物理》习题训练与详细解答二分析
1
2
0
m1 m2
6．质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中，设子 弹所受阻力与速度反向，大小与 速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，求： (1)子弹射如沙土后，速度随时间变化的函数式； (2)子弹进入沙土的最大深度。 (1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有
kv m
（B）
dx 2 dy 2 v ( ) ( ) 52 t 2 dt dt
2
2 2 1 1 1 2 2 W mv 1 mv 0 m( v 0) 3J v 1 2 2 2
3.某质点在力 (SI)的作用下沿x轴作直线运动，在从 x=0移动到x=10m的过程中，力 所做的功为__________.
依题意取O处为各种势能为零点，那么弹 簧长度为原长时，重力势能为 mg x0，此 1 2 时的弹性势能应为 - k x0，所以：
2 kx0 或(m gx 0) , 1 2 2 0
2
2 1 kx 0 , 2
kx 或(m gx 0 kx0 )
1 2
2
5．如图3，水平小车的B端固定一弹簧，弹簧自然长度时，靠在弹簧上 的滑块距小车A端为L，已知小车质量M=10kg,滑块质量m=1kg，弹簧 的倔强系数k=110N/m, L=1.1m, 现将弹簧压缩Δl=0.05m并维持小车静 止，然后同时释放滑块与小车，忽略一切摩擦. 求: （1）滑块与弹簧刚刚分离时小车及滑块相对地面的速度各为多少？ （2）滑块与弹簧分离后，又经过多少时间滑块从小车上掉下来？
大学物理第十章有导体和电介质时的静电场习题解答和分析
第十章习题解答
10-1
如题图10-1所示，三块平行的金属板A,B和C,面积均为200cm2,A与B相距4mm , A与C相距2mm，B和C两板均接地，若A板所带电量Q=3.0 × 10-7C,忽略边缘效应，求:
（1）B和C上的感应电荷？（2）A板的电势（设地面电势为零）。
分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分
解：（1）设B、C板上的电荷分别为q B、q C。因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为
6个无限大带电平面。导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：
q A1 - 7c
q A2 =7B
即
Q A =-9B q C
)
①
又因为：U AC =U AB
U AC =E AC
E
AC =
2 E
AB
q c =2Q B
联立①②求得q C= -2 10 ^C Z B=T10 RC
布，又因为B、C两板都接地，所以有U
AC= U AB。
-B
疋：
两边乘以面积S可得:
=2 -
；0
S；「C SJ B
-=2 B
；0 ； 0
即:
题图10-1
题10-1解图
AB
d
U=U U=U =E —
AACCAC AC
2
7
2如0一
4 12 200 x10 一疋8.8
5 汉10 一
3 3 2 10 - =2.26 10 (V)
10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A和B极板上的面电荷密度分别为+6和—6,设P为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：
(1) A,B板上的电荷分别在P点产生的场强E A,E B;
大学物理第二章习题解答和分析1
习题二
2-1．两质量分别为m 和M (M m)≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2－1所示，求两物体间的相互作用力 若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化
分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。 解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+…① 以m 为研究对象，如图2-1（a ），有Mm F F ma +=…② 由①、②，有相互作用力大小Mm MF
F m M
=
+
]
若F 作用在M 上，以m 为研究对象，
如图2-1（b ）有Mm F ma =…………③ 由①、③，有相互作用力大小Mm mF
F m M
=+，发生变化。
2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如图所示，若M 1=M 2=4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化
/
分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -=
222() ()M m g T M m a -++=-+
2 M m
mg ma F
-=-
又：T 1=T 2，则： 2M m
F
=
1122M mg
M M m
++
当M 1=M 2= 4m ， 2
大学物理3第11章习题分析与解答.
习 题 解 答
11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝21S S 、距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处。现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（ ）
（A ）中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变 （B ）中央明条纹向上移动，且条纹间距不变 （C ）中央明条纹向下移动，且条纹间距增大 （D ）中央明条纹向上移动，且条纹间距增大
解 由S 发出的光到达21S S 、的光成相等，它们传到屏上中央O 处，光程差
0=∆，形成明纹，当光源由S 向下移动S '时，由S '到达21S S 、的两束光产生了
光程差，为了保持原中央明纹处的光程差为0，它将上移到图中O '处，使得由S '沿21S S 、传到O '处的两束光的光程差仍为0.而屏上各级明纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变。故选B
11-2 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如附图所示，若薄膜厚度为e ， 且n 1＜n 2，n 3＜n 2， λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程为（ ）
（A ）e n 22 （B ）1
1222n e n λ-
（C ）2
2112λn e n - （D ）2
2122λn e n -
习题11-2图
解 由于n 1〈n 2，n 3〈n 2，因此光在表面上的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，所以他们的光程差2
22λ-=∆e n ，这里λ是光在真空中的波
3
n S S ’
O
O ’
长，与1λ的关系是11λλn =。 故选C
11-3 如图所示，两平面玻璃板构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将发生（ ）变化 （A ）干涉条纹间距增大，并向O 方向移动 （B ）干涉条纹间距减小，并向B 方向移动 （C ）干涉条纹间距减小，并向O 方向移动 （D ）干涉条纹间距增大，并向B 方向移动
大学物理3第08章习题分析与解答
习题8-6图
I
O
R 第八章 恒定磁场
8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［ ］。
(A) B r 2
2π (B) B r 2
π (C) 0 (D) 无法确定 分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。正确答案为（B ）。 8-2 下列说法正确的是[ ]。
(A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过
(B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零
(D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零
分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。正确答案为（B ）。 8-3 磁场中的安培环路定理
∑⎰=μ=⋅n
L
I
1
i i
0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。
(A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场
分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。正确答案为（B ）。
8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。
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第八章 恒定磁场 8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［ ］。
(A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定
分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。正确答案为（B ）。
8-2 下列说法正确的是[ ]。
(A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过
(B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零
(C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零
(D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零 分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。正确答案为（B ）。
8-3 磁场中的安培环路定理∑⎰=μ=⋅n
L I 1i i 0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。
(A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场
分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。正确答案为（B ）。
8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。
(A) B R I 2π (B) B R I 221π (C) B R I 24
1π (D) 0 分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ⨯=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。正确答案为（B ）。 8-5 一长直螺线管是由直径d =0.2mm 的漆包线密绕而成。当它通以I =0.5A 的电流时，其内部的磁感强度B =_____________。(忽略绝缘层厚度，μ0=4π×10-7N/A 2)
分析与解 根据磁场中的安培环路定理可求得长直螺线管内部的磁感强度大小为nI B 0μ=，方向由右螺旋关系确定。正确答安为（T 1014.33-⨯）。
8-6 如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，则在圆心O 点处的磁感强度大小为_____________，方向为
_____________ 。
分析与解 根据圆形电流和长直电
流的磁感强度公式，并作矢量叠加，可得圆心O 点的总
D C O B A 的磁感强度。正确答案为（⎪⎭
⎫ ⎝⎛π-μ1120R I ，向里）。 8-7 如图所示，平行的无限长直载流导线A 和B ，电流强度均为I ，垂直纸面向外，两根载流导线之间相距为a ，则(1)AB 中点的磁感应强度B P =_____________。 (2)
磁感应强度沿图中环路l 的线积分
=⋅⎰L
l B d _____________。 分析与解 根据长直电流的磁感强度公式
和电流分布的对称性，P 点的磁感强度是两电流产生的磁感强度的矢量叠加；B 的环流只与回路内的电流代数和有关，电流的正负由右螺旋关系确定。正确答案为（0、I 0μ-）。
8-8 导线ABCD 如图所示，载有电流I ，其中BC 段为半径为R 的半圆，O 为其圆心，AB 、CD 沿直径方向，载流导线在O 点的磁感应强度为_____________，其方向为_____________。
分析与解 根据圆形电流和长直
电流的磁感强度公式，O 点的磁感强度是两电流
产生的磁感强度的矢量叠加；B 的方向由右螺旋
关系确
定。正确答案为（向里，40R I μ）。 8-9 如图所示，一根载流导线被弯成半径为R 的
1/4圆弧，其电流方向由a →b ,放在磁感强度为B 的均匀磁场中，则载流导线ab 所受磁场的作用力的大小为____________ ，方向_________________。
分析与解 根据安培力公式B l F ⨯=d d I 及载流导线的对称性，可计算导线ab 所受磁场力，根据矢积可确定磁场力的方向。正确答案为（RBI 2、沿y 轴正向）。 8-10 宽度为a 的薄长金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布。求在薄板所在平面内距板的边缘为b 的P 点处磁感强度大小和方向。
分析 把薄长金属板分割成无限多直线电流， P 点的磁感强度是各直线电流在P 点的磁感强度的矢量叠加。
解 选取如图x 坐标，P 为坐标原点，分割的直
线电流为式得
x a I I d d =，根无限长载流导线外一点的磁感强度公根据右螺旋关系，d B 的方向向里，积分遍及薄板得
P 点的场强
正确答案为：P 点的磁感强度大小为b
b a a I +πμln 20、方向向里。 8-11 如图所示长直导线旁有一矩形线圈且CD 与长直导线平行，导线中通有电流I 1=20安培，线圈中通有电流I 2=10安培。已知a =1.0
厘米，b =9.0厘米，l =20厘米。求线圈每边所受的力（大小
和方
向）。
分析 根据直线电流在矩形线圈所在平面的磁感强度，由安培力公式可求得各边所受的磁场力。
解 选取如图坐标，O 为x 坐标原点，直线电流I 1的磁感强度为x
2I B 10πμ=
，方向向里，根据安培力公式B l F ⨯=d d I 可求得各边的磁场力。 CD 边：x=a ，a 2I B 10πμ=故 a
2l I I IlB F πμ210==、方向向左； EF 边：x=a+b ，)(b a 2I B 10+πμ=故)π（μ210b a 2l I I IlB F +==、方向向右； DE 边：因DE 边各处的磁感强度不同，把其分成线元，各线元所受磁场力的方向相同，求和时积分遍及DE 线段
a
b a I I x I I B I F b
a a 2b
a a DE +πμ=πμ==⎰⎰++ln 2d 2d 210210x x 、方向向上； FC 边：同理得a
b a I I F FC +πμ=ln 2210、方向向下。 8-12 若电子以速度()
s /m 100.3100.266j i v ⨯+⨯=，通过磁场()T 15.003.0j i B -=。求：
(1)作用在电子上的力；
(2)对以同样速度运动的质子重复你的计算。
分析 运动电荷在磁场所受的力为洛伦兹力B v F ⨯=q ，力的方向由电荷的性质与运动方向决定。