吉林大学大学物理作业答案综合练习题(下)(二)页PPT文档
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
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
吉林大学大学物理练习册综合练习二答案.ppt
6. 关于温度的意义，有下列几种说法：
(1) 气体的温度是分子平均平动动能的量度。
(2) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具
有统计意义。
(3) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同。
(4) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热
程度。上述说法中正确的是：
A. (1)、(2)、(4)
C. 2/5
D. 2/7
10．一定量的理想气体向真空作绝பைடு நூலகம்自由膨 胀，体积由V1增至V2，在此过程中气体的
A. 内能不变，熵增加 B. 内能不变，熵减少 C. 内能不变，熵不变 D. 内能增加，熵增加
5
11. 图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~ r关系曲
线 ， 请指出该静电场E是由下列哪种带电体产生的。
B. (1)、(2)、(3)
C. (2)、(3)、(4)
D. (1)、(3)、(4) 3
7. 如果卡诺热机的循环曲线所包围的面积从图中的abcda
增大为 a bcd a ，那么循环abcda 与a bcd a 所作的功和
热机效率变化情况是：
A. 净功增大，效率提高。 B. 净功增大，效率降低。 C. 净功和效率都不变。 D. 净功增大，效率不变。
综合练习题（二）
一、选择题
1．一质点在oy轴运动，其运动方程为y=4t2-2t3，
则质点返回原点时的速度和加速度
（A）8m/s, 16m/s2 ;
（B）-8m/s, 16m/s2;
（C）-8m/s, -16m/s2 ; 2．一粒子在力场F r
2r
（D）8m/s, -16m/s2 中运动，其中 r是粒子
A. 半径为R的均匀带电球面；
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 .
吉林大学-大学物理-练习册答案
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
吉大物化下题及答案 (2)
物理化学问答题第一定律部分1、 1、为什么第一定律数学表示式dU=δQ-δW 中内能前面用微分号d ， 而热量和功的前面用δ符号？答：因为内能是状态函数，具有全微分性质。
而热量和功不是状态函数，其微小改变值用δ表示。
2、 2、公式H=U+PV 中H > U,发生一状态变化后有ΔH =ΔU +Δ（PV ），此时ΔH >ΔU 吗？为什么？答：不一定。
因为Δ（PV ）可以为零、正数和负数。
3、 3、ΔH = Qp , ΔU = Qv 两式的适用条件是什么？答：ΔH = Qp 此式适用条件是：封闭系等压非体积功为零的体系。
ΔU = Qv 此式适用条件是：封闭系等容非体积功为零的体系。
4、 4、ΔU=dTCT Tv⎰21，ΔH=dTCp T T⎰21两式的适用条件是什么？答：ΔU=dTCT Tv⎰21此式适用条件是：封闭系等容非体积功为零的简单状态变化体系。
ΔH=dTCp T T ⎰21此式适用条件是：封闭系等压非体积功为零的简单状态变化体系。
5、 5、判断下列说法是否正确（1）状态确定后，状态函数的值即被确定。
答：对。
（2）状态改变后，状态函数值一定要改变。
答：不对。
如：理想气体等温膨胀过程，U 和H 的值就不变化。
（3）有一个状态函数值发生了变化，状态一定要发生变化。
答：对。
6、 6、理想气体绝热向真空膨胀，ΔU=0，ΔH=0对吗？答：对。
因理想气体绝热向真空膨胀过程是一等温过程。
7、恒压、无相变的单组分封闭体系的焓值当温度升高时是增加、减少还是不变？ 答：增加。
7、 7、在P Ø下，C （石墨）+O 2（g ）——>CO 2（g ）的反应热为Δr H θm ，对于下列几种说法，哪种不正确？（A ）Δr H θm 是CO 2的标准生成热，（B ）Δr H θm 是石墨的燃烧热，（C ）Δr H θm=Δr U m ，（D ）Δr H θm >Δr U m 答：D 不正确。
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
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。
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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
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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
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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
放。试证明此振动为简谐振动，并求周期。
54..已一知驻一波单方色程光为照y=射0.5在co钠s(表πx面/3)上co，s4测0 π得t光(x电, y子: c的m, t: 最s）大，动则能形是成1.驻2e波V，的而两钠分的波红的限振波幅长为是0.2554c0m0Å；， 周则期入为射0.光05的s；波波长速是为1203c5m50/s；Å两。相邻波节间距 离为3cm。
A 2 5 c m B 5 0 c m C 2 5 0 c m D 5 0 0 c m
|
px
|
h 2
x 2
6.一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质 元从最大位移处回到平衡位置过程中（ ）
A.它的势能转换成动能；
B.它的动能转换成势能；
C.它从相邻的一段媒质质元获得能量，其能 量逐渐增加；
C. 1.29µm
A
B
D. 1.43µm
2ne＋λ/2＝(2k+1)λ/2 (k=10)
玻玻璃璃衬衬底底
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；
8.一弹簧振子做简谐振动，总能量为E。
若振幅增加为原来的2倍，重物的质量 增加为原来的4倍，则它的总能量为
A. 2E B. 4E C. 8E
D. 16E
E 1 kA2 2
9.在下述实验中能验证光的半波损失理论的是 （）
A.杨氏双缝干涉
B.单缝衍射
C.洛埃镜实验
D.光栅衍时
(二) 填空题
1.一根长为L，两端固定的弦，在弦上形成 基频驻波。弦上各点振动相位 相同 ，此
mg
x
2.在双缝干涉实验中，波长λ=550nm 的单色平行 光垂直入射到缝间距a=2×10-4m的双缝上，屏到双 缝的距离D=2m。求:(1)中央明纹两侧的两条第10 级明纹中心的间距;(2)用一厚度为e=6.6×10-6 m ,折射率为n=1.58的云母片覆盖一缝后，零级明纹
A y2 Acos(2t / 2)
P
B y2 Acos(2t / 2) S1
C y2 Acos(2t 0.1 ) S2 D y2 Acos(2t )
( 2 2 .2 2 ) ( 2 2 2 ) 2 0 .1
综合练习题（二）
(一) 选择题
1. 如图所示，沉积在玻璃衬底上的氧化钽薄层从
A到B厚度递减，从而形成一劈尖，为测定氧化钽
薄层的厚度e，用波长为632.8nm的He-Ne激光垂
直照在薄层上，观察到楔形部分共出现11条暗条
纹，且A处恰好为暗纹位置。已知氧化钽的折射
率度e为为2.21,玻AB..璃11..的5570折µµmm射率氧为化1钽.5，则氧化钽薄层的厚
时驻波的波长是 2L 。
2.一质量为m的物体，在光滑的水平面上作简 谐振动，振幅是12cm，在距平衡位置6cm处速 度是24cm/s，则振动周期T为＿3＿ ＿＿。
2
1kx21m2 1kA 2
2
2
2
2 k
Tm
3.在波的传播路径上有A、B两点，媒质中质点均 作简谐运动，B点的位相比A点落后π/6，已知A、 B两点间距3m，振动周期为4s,则此波的波长为λ ＝＿36＿m,波速u＝＿9m _ s1
解：取平衡位置为位置处弹簧伸长量为x0，则 mgkx0
T2 k( x x0 )
T1
m向下拉x时，
a kx
mg
T1 R a
T1 T2 R
R
ma J
m T1
J R2
m
2 k
J R2
m
T2
2 2 J T k k(R2m)
D.它把自己的能量传给相邻的一段媒质质 元，其能量逐渐减小。
7.如图所示，S1和S2为两相干波源，它们的振动 方向均垂直于图面，发出波长为 的简谐波，P点
是两列波相遇区域中的一点,已知 S1P2,S2P2.2
两为列y1波在AcP点os发2(生t相2消)，干则涉S，2的若振S动1的方振程动为方(程 )
A. c / 6 B. c / 2 C. c / 2 D. 2c / 5
l l0
1
v2 c2
l v
t0
4量.A是光.1光子/4子A的B的能（量B.是1 光子）CB.的倍两。2 倍。D则.2光子p A的h 动
hv c
o
5. 5000A的光沿X轴正向传播，若光的波长不 确定量103 Ao ，则利用不确定关系式 XPx h 可得光的X坐标的不确定量至少为（ ）