大物b作业1答案

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大学物理B答案

课后习题答案第一章质点运动学1-1.解：设质点的初速度为0v ，初始位移为0s 。

则： dva dt=tvv adt dv =⎰⎰可得 0v v at =+而dsv dt=000()s t s ds v at dt =+⎰⎰即 20012s s v t at =++1-2. 解：（1）质点在t 时刻的速度2dr v ti j dt==+质点在t 时刻的加速度2dv a i dt==（2）质点的切向速度v v τ==质点的总加速度 2a = 质点的切向加速度dv a e dt ττττ==质点的法向加速度n n n a ==1-3 解：（1）令cos ,sin x R t y R t ωω==消去时间t ，可得：222x y R += 此即为质点的轨迹方程 (2)质点在=0t 时刻所处的位置1cos0sin0r R i R j Ri =+=质点在=t πω时刻所处的位置 2cos sin r R i R j Ri ππ=+=-则：质点在0πω之间的位移为 122r r r Ri ∆=-=(3) 质点的速度sin cos dr v R ti R t j dtωωωω==-+质点的加速度22cos sin dv a R ti R t j dtωωωω==--质点的切向速度 v R v τω== 质点的切向加速度0dv a e dtτττ==质点的法向加速度22=n n n v a e R e Rω= 1-4解：质点的速度 2385dsv t t dt ==-+ 质点的加速度 68dva t dt==- （1）当质点经过O 点时 0s =，可得：212)0t t --=（）（即 12t s t s ==或1t s =时，它的速度为0v =，加速度为22/a m s =-； 2t s =时，它的速度为1/v m s =，加速度为24/a m s =（2）当质点的速度为零时 0v =，可得：23850t t -+=即 513t st s ==或 1t s =时，0s =，它离开O 点的距离为0s =；53t s =时，427s m =-，它离开O 点的距离为427s m =（3）当质点的加速度为零时 0a =，可得：68=0t -即 43t s = ，此时227s m =-它离开O 点的距离为 227s m =（4）当质点的速度为12m/s 时 2385=12t t -+，可得：t t ==，舍去）它的加速度为2/a s =1-5解：如图建立直角坐标系t 时刻小球绕其端点O 旋转的半径为=R ut则小球的速度为 v ui wut j =+小球的加速度为dv a wu j dt==（注：切向加速度dv d a e e dt dt τττττ=== ）1-6解：由题意可知:cos sin x R y R θθ=⎧⎨=⎩已知 d ct dt θω== , 则00t d ctdt θθ=⎰⎰ , 可得: 212ct θ=直角坐标系中质点的位置矢量 2211cos +sin 22r R ct i R ct j =质点的速度 2211sin +cos 22dr v Rct ct i Rct ct j dt ==-质点的加速度 22222211t cos t sin 22dv a Rc ct i Rc ct j dt ==-- 平面极坐标系中质点的位置矢量 r e Re ρρρ==质点的速度 d d v e e Rcte dt dtρθθρθρ=+=质点的加速度 22222222d d d d d ae e dt dt dt dt dt Rc t e Rce ρθρθρθρθθρρ⎡⎤⎡⎤⎛⎫=-++⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎣⎦=-+1-7解：质点的径向速度0=td ve e e dtαρρρρρα= 质点的径向速度2222002=()t td d ae e e e dt dt ααρρρθρραρω⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦质点的横向速度0td ve e e dtαθθθθρρω== 质点的横向加速度2022=2td d d ae e e dt dt dt αθθθρθθρραω⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦1-8 解：质点的速度 dsv b ct v dtτ==-= 质点的切向加速度 dv a e ce dtττττ==-质点的法向加速度 ()22n n n b ct v a e e R R-==当切向加速度与法向加速度大小相等时()2c=b ct R-可得：t =1-9 解：（1）质点在某一时刻的速率 dsv bt dt== （2）质点的法向加速度大小222n v b t a r r== 质点的切向加速度大小 dv dva b dt dtττ=== (3) 质点的总加速度a ===（ 2tan n a bt a rτθ==） 1-10 解：由题意可知： 222l h x =+上式中除h 是常量外，l x 和都是随时间变化的变量，方程两边同时对时间求导可得：22dl dx lx dt dt= 式中0dlv dt=-，dx v dt =为船的速度所以船的速度为00l v v x =-=，方向沿x 轴负方向。

大学物理B作业解答(精编版)

大学物理B 作业解答第二章2-2 （B ）； 2-4 （B ）； 2-5 （A ），； 2-6 22y x =-；2-7 1212m s t -=-+⋅v i j （），11s v -=⋅； 2-9 224m s n a t -=⋅，2-2m s a τ-=⋅，2s a -=⋅2-14 解：（1）由运动方程 221x t y t ⎧=⎨=-⎩得质点的轨迹方程为： 22(1)x y =-（2）1s 和3s 时的位置矢量分别是1331112m ,182m 162m 162m s 81m s 31v t --==-∆=-=-∆-==⋅=-⋅∆-r i r i j r r r i j r i j i j v （）（）（）（）（3）2s t =-质点的速度和加速度2s1124m s 8m s 4m s t t =----=-⋅=--⋅=⋅v i j i j a i （）（）（）2-15 解：物体抛出后，水平方向做匀速直线运动，则有0cos 45cos 60v v ︒︒=竖直方向有 0sin 45sin 60v v gt ︒︒=-解上两式得：v t g= 或：000cos60sin 60 452x y x y v v v v gtv v v t g︒︒︒===-=∴=⋅v 与水平方向成角时，有2-16 解：（1）由加速度定义式，根据初始条件t 0 = 0时v 0 = 0，积分可得d =d (64)d t tt t =+⎰⎰⎰vv a i j积分得在任意时刻的速度： 1(64)m s t t -=+⋅v i j又由d d t=rv 及初始条件t = 0时，r 0 = (10 m)i ， 0d =d (64)d ttt t t t =+⎰⎰⎰rr r v i j积分可得在任意时刻的位矢：2210+32m t t =+r i j （）（）（2）由上述结果可得质点运动方程的分量式，即2210+32x t y t⎧=⎪⎨=⎪⎩（）消去参数t ，可得运动的轨迹方程： 2(10)3y x =-m 2-20 解：（1）质点的加速度a 的方向恰好与半径成45︒角时，有2n v a a R τ==，0=dva v v a t dtττ=+由得解上两式并带入数据得：15s s 1.67s 33t τ====（2）在上述时间内，质点所经过的路程由ds v dt =得 20135m=5.83m 26s v t a t τ=+==L第三章P 68页思考题2，3； 2. 解：5510225N s I Fdt tdt ===⋅⎰⎰1010255275N s I Fdt tdt ===⋅⎰⎰21753251I I ==1501P P P I ∆=-= 21052P P P I ∆=-=2211753=251P I P I ∆==∆ 3. 解：在最高点时，物体被扔出后，由相对运动公式得物体对地的速度m m v u v '=-+此时人和物体组成的系统在水平方向动量守恒，则有()sin m m m v mv m m v α'''+=+解上三式可得sin m mv v u m mα'=+'+由sin 0v gt α-= 得 sin v t gα=增加距离：sin (sin )()m muv sv v t m m gαα'∆=-='+3-3（A ）； 3-4（A ）； 3-7112m m m +；3-8 0； 3-9 3-17.9710m s ⨯⋅； 3-10 20Ｊ；3-12解：（1）子弹和木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得03v mv Mv m =+ 023mv v M∴=（2）设木块对子弹的阻力为F ，由能的转化和守恒定律得22200111F [()]2223v L mv Mv m =-+ 2022F=9M m mv ML-∴（）3-13解：（1）1m 和2m 开始分离时弹簧的伸长量为零，此时两物体具有共同的速度，设为1v ，弹簧、1m 和2m 组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得2212111()22kb m m v =+1=v ∴（2）1m 和2m 分离后，弹簧和1m 组成的系统机械能守恒，1m 速度为零时，弹簧有最大伸长量m x ，则由机械能守恒定律得22111122m kx m v =1m x v ∴=3-15解：221121211()r r r r k W Fdr dr k r r r ===-⎰⎰补充：如图所示，质量为m 的小球在光滑水平面上作圆周运动（半径为R 1，速度为v 1)，今用力拉绳使圆半径变为R 2，求此时小球作圆周运动的速度大小。

大学物理B(上)1卷答案

拟题学院（系）：数理学院适用专业：学年 2 学期大学物理B1 (1卷）试题标准答案考试时间：（答案要注明各个要点的评分标准）一、选择题(共30分、每小题3分)1. (D)2. (B)3. (C)4. (A)5. (B)6. (C)7. (B)8. (B)9. (C) 10. (B)二、填空题(共16分、每小题4分)11. 4.0 rad 4分12. 1123V p 2分 , 0 2分13.()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ 2分 , 从O 点指向缺口中心点．2分14. )2/(0S Qd ε 2分 , )/(0S Qd ε 2分三、计算题 (本题12分)解：（1）子弹进入沙土后受力为-Kv ，由牛顿定律d d K mt-=vv 2分 00d d d ,d t K K t t m m -=-=⎰⎰v v vvvv 2分 /0e Kt m-=v v 2分（2）求最大深度d d xt=v/0d ed Kt mx t -=v 2分/0d ed xtKt m x t -=⎰⎰v/0(/)(1e )Kt mx m K -=-vmax 0/x m K =v2分（3）加速度随深度变化的函数式K ma -=v ， /0e 1Kt m xKm -=-v /000e (1)Kt m K KK xK a m mm m -=-=-=-v v v v 2分拟题人：书写标准答案人：四、计算题 (本题14分)解：（5045）对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即 22122113m l m l m l ω=-+v v ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为 gl m x x l m gM lf 10121d μμ-=⋅-=⎰② 3分 (1) 所需的时间由角动量定理ω210310l m dt Mtf-=⎰ ③ 3分由①、②和③解得 12212t m m gμ+=v v 3分(2) 摩擦力所做的功110011d d 22f W M m gl m gl θθθμθμθ==-=-⎰⎰ 2分五、计算题 (本题14分)解：（4119）证：由定义 = W /Q ，设为1 mol 气体．W=C V (T 3－T 4)－C V (T 2－T 1) 2分 Q =C V (T 3－T 2) 2分∴ 23142312431T T T T T T T T T T Q W ---=-+--==η 3分再由绝热过程方程得到：144133--=γγV T V T 111122--=γγV T V T∵ V 2=V 3 ， V 4=V 1 2分∴ 11141223)()(---=-γγV T T V T T即γ-=--1212314)/(V V T T T T 2分∴ 141123211(/)T T V V T T γη--=-=-- 3分六、计算题 (本题14分)（5425）解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则（1）导体球电势：004qV rε=π． 3分内球壳电势： 11014Q q V R ε-=π2024R Q επ+． 3分二者等电势，即 r q04επ1014R q Q επ-=2024R Q επ+ ， 3分解得 )()(122112r R R Q R Q R r q ++=3分1234V 1V 2（2）导体球电势：304q Q V rε'0'+=π．内球壳电势： 11014Q q V R ε'-'=π2024R Q επ+．二者等电势，即304q Q r ε'+π1014Q q R ε-'=π2024R Q επ+ ，解得 3112112()Q rR Q Q q r R R R r'=+-+ 2分。

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作业题（一）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=Rr r I R r r R IB 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 020220→-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(4102R I B μ=方向 ⊗ 2分242)sin (sin 401203RIa I B π=-π=μββμ )2/(0R I π=μ 方向 ⊗2其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β 2/2)4/s i n (s i n 1-=π-=β∴ RIRIB 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(二)一、1-8 ABAACBDB 二、 9. 3R B πλω10. 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ml e Bm e B R )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 2 p 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 =π 212R Ir H π=， 2102R Ir B π=μ R 1< r <R 2区域： I rH =π2 r I H π=2， rIB π=2μ R 2< r <R 3区域： )()(22223222R R R r I I rH ---=π .OO ′RRl45°C D)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作业题(三)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．2/322202/3222)(2)(24x R IR x R IR B +=+ππ=μμ 故穿过小回路的磁通量为22/32220)(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☜c16. 解：动生电动势 ⎰⋅⨯=MNv l B MeNd )(☜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 MNNM MeN ☜☜☜=-= 2分 x x I l B b a ba MNd 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-=ln20vμ☜ 方向N →M ba ba I U U MN N M -+π=-=-ln20vμ☜作业题（四）机械振动一、选择题 1-9 CBBBBCBB二、填空题 10 ,/2ππ-，/3π 三、计算题11．)212cos(π-=T t A x π，)212cos(π+=T t A x π ，)2cos(π+=T tA x π 12．4×10-2 m ， π2113．解：设振动方程为t A x ωcos =，则 t A ωωsin -=v(1) 在x = 6 cm ，v = 24 cm/s 状态下有 t ωcos 126= t ωωsin 1224-= 解得3/4=ω，∴ 72.2s 2/3/2=π=π=ωT s 2分(2) 设对应于v =12 cm/s 的时刻为t 2，则由t A ωωsin -=v 得 2sin )3/4(1212t ω⨯⨯-=，解上式得 1875.0sin 2-=t ω相应的位移为 8.10sin 1cos 222±=-±==t A t A x ωω cm 3分14．解：(1) 势能 221kx W P =总能量 221kA E = 由题意，4/2122kA kx =， 21024.42-⨯±=±=A x m 2分 (2) 周期 T = 2π/ω = 6 s 从平衡位置运动到2A x ±= 的最短时间 ∆t 为 T /8．∴ ∆t = 0.75 s ． 3分15．解：旋转矢量如图所示．图3分由振动方程可得π21=ω，π=∆31φ 1分 667.0/=∆=∆ωφt s 1分解： x 2 = 3×10-2 sin(4t - π/6)= 3×10-2cos(4t - π/6- π/2)= 3×10-2cos(4t - 2π/3)．作两振动的旋转矢量图，如图所示．图2分 16. 由图得：合振动的振幅和初相分别为A = (5-3)cm = 2 cm ，φ = π/3． 2分合振动方程为 x = 2×10-2cos(4t + π/3) (SI)1分15． -xO ωωπ/3-2π/3A1A 2A作业题（五）机械波一、选择题 1-8 C C D D C C D D 二、填空题 9. π 10. 125/,338/,17.0rad s m s m11. ]2)2(2cos[π-+-π=u x t uA y λ, ]2)2(2c o s [π+-π=t u A y P λ 12.])/(2cos[π++πλνx t A ,)212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ三、13. 解：(1) x 1 = 10 m 的振动方程为)7.3125cos(25.010-==t y x (SI) 1分x 2 = 25 m 的振动方程为)25.9125cos(25.025-==t y x (SI) 1分(2) x 2与x 1两点间相位差∆φ = φ2 - φ1 = -5.55 rad 1分(3) x 1点在t = 4 s 时的振动位移y = 0.25cos(125×4－3.7) m= 0.249 m 2分14. 解：(1) 原点O 处质元的振动方程为)2121cos(1022π-π⨯=-t y ， (SI) 2分波的表达式为 )21)5/(21c o s (1022π--π⨯=-x t y ， (SI) 2分x = 25 m 处质元的振动方程为)321cos(1022π-π⨯=-t y ， (SI)振动曲线见图 (a) 2分(2) t = 3 s 时的波形曲线方程)10/cos(1022x y π-π⨯=-， (SI) 2分波形曲线见图 2分15. 解：(1) 坐标为x 点的振动相位为)]/([4u x t t +π=+φω)]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π= 2分波的表达式为 )]20/([4cos 1032x t y +π⨯=- (SI) 2分(2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为]205[4-+π='+x t t φω (SI) 2分波的表达式为 ])20(4cos[1032π-+π⨯=-x t y (SI) 2分 t (s)O -2³10-21y (m)234(a)2³解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 )2c o s (φν+π=t A y由图可知，t = t ＇时 0)2cos(=+'π=φνt A y 1分 0)2sin(2d /d <+'ππ-=φννt A t y 1分所以 2/2t νφ'+=ππ ， t 'π-π=νφ2212分 x = 0处的振动方程为 ]21)(2cos[π+'-π=t t A y ν 1分(2) 该波的表达式为 ]21)/(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν 3分作业题(六)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 /2 12. 539.1 三、13. 解：已知：d ＝0.2 mm ，D ＝1 m ，l ＝20 mm 依公式： λk l DdS == ∴ Ddl k =λ＝4³10-3 mm ＝4000 nm 故当 k ＝10 λ1＝ 400 nm k ＝9 λ2＝444.4 nm k ＝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(七) 答案一、1-5 B C B C C 6-10 B D B A C 二、11. 1.2mm; 3.6mm 12. 4；第一；暗 13. 一；三14. 625 nm (或6250Å)15. 完全（线）偏振光；垂直于入射面；部分偏振光 16. 3 三、17. 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得 111s i n λθ=a 222s i n 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 /s i n 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．18. 解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知()111231221s i nλλϕ=+=k a (取k ＝1 ) ()222231221s i nλλϕ=+=k a f 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 d2221s i nλλϕ==k d 且有 f x /tg sin =≈ϕϕ所以 d f x x x /12λ∆=-=∆=1.8 cm19. 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='s i n 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．)20. 解：由光栅衍射主极大公式得 111s i n λϕk d = 222s i n λϕk d =212122112132660440s i n s i n k k k k k k =⨯⨯==λλϕϕ 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 =3.05³10-3 mm作业题(八)答案一、1-8 D D A C C C B C 二、9. λ/hc ; λ/h ; )/(λc h 10. 3.82³103 11. 5³1014 ;2 12. 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) 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 =2 4.32/21-==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．λ43λ42 λ41 λ32 λ31 λ21n =4321=5 =4 =3 =2=1。

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作业题一（静止电荷的电场）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________ 一、选择题1. 一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 带有σ d S 的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度(A) 处处为零． (B) 不一定都为零． (C) 处处不为零． (D) 无法判定．[ ］ 2. 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围空间各点电场强度E随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向向右为正、向左为负) ［］3. 将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处(如图)，测得它所受的力为F ．若考虑到电荷q 0不是足够小，则 (A) F / q 0比P 点处原先的场强数值大． (B) F / q 0比P 点处原先的场强数值小． (C) F / q 0等于P 点处原先场强的数值． (D) F / q 0与P 点处原先场强的数值哪个大无法确定．［］4. 如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于：(A)06εq ． (B) 012εq． (C) 024εq ． (D) 048εq ．［］5. 高斯定理 ⎰⎰⋅=VSV S E 0/d d ερ(A) 适用于任何静电场．02εxP +q 0(B) 只适用于真空中的静电场． (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场．(D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场．［］6. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为λ1和λ2，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为：(A) r0212ελλπ+． (B) 20210122R R ελελπ+π(C) 1012R ελπ． (D) 0．［］7. 点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q至曲面外一点，如图所示，则引入前后： (A) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变． (B) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变． (C) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化． (D) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化．［］8. 根据高斯定理的数学表达式⎰∑⋅=Sq S E 0/d ε可知下述各种说法中，正确的是：(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零．(B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零．(D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电［］二、填空题9. A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为E 0，两平面外侧电场强度大小都为E 0/3，方向如图．则A 、B 两平面上的电荷面密度分别为σA ＝_______________, σB ＝____________________．ABE 0E 0/3E 0/310. 三个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度都是＋σ，如图所示，则A 、B 、C 、D 三个区域的电场强度分别为：E A ＝_________________，E B ＝_____________， E C ＝_________，E D =___________ (设方向向右为正)．11. 一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝__________________ __________，场强方向为______________________．12. 如图所示，真空中两个正点电荷Q ，相距2R ．若以其中一点电荷所在处O 点为中心，以R 为半径作高斯球面S ，则通过该球面的电场强度通量＝______________；若以 0r 表示高斯面外法线方向的单位矢量，则高斯面上a 、b 两点的电场强度分别为________________________．三、计算题13. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为λ=λ0sin φ，式中λ0为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．14. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为λ，试求轴线上一点的电场强度．+σ+σ+σABCD15. 一半径为R的带电球体，其电荷体密度分布为 ρ =Ar(r≤R) ，ρ =0 (r＞R)A为一常量．试求球体内外的场强分布．16. 图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：Ex ＝bx，Ey＝0，Ez＝0．高斯面边长a＝0.1 m，常量b＝1000 N/(C·m)．试求该闭合面中包含的净电荷．(真空介电常数ε0＝8.85×10-12C2·N-1·m-2 ) x作业题二（电势）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点，则M 点的电势为 (A)a q 04επ． (B) a q 08επ． (C) a q 04επ-． (D) aq08επ-．［］2. 如图所示，两个同心球壳．内球壳半径为R 1，均匀带有电荷Q ；外球壳半径为R 2，壳的厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在内球壳里面，距离球心为r 处的P 点的场强大小及电势分别为： (A) E ＝0，U ＝104R Q επ． (B) E ＝0，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π21114R R Qε．(C) E ＝204r Q επ，U ＝r Q04επ (D) E ＝204r Q επ，U ＝104R Q επ．[ ] 3. 关于静电场中某点电势值的正负，下列说法中正确的是： (A) 电势值的正负取决于置于该点的试验电荷的正负． (B) 电势值的正负取决于电场力对试验电荷作功的正负． (C) 电势值的正负取决于电势零点的选取．(D) 电势值的正负取决于产生电场的电荷的正负． 4. 点电荷-q 位于圆心O 处，A 、B 、C 、D 为同一圆周上的四点，如图所示．现将一试验电荷从A 点分别移动到B 、C 、D 各点，则(A) 从A 到B ，电场力作功最大．(B) 从A 到C ，电场力作功最大． (C) 从A 到D ，电场力作功最大．(D) 从A 到各点，电场力作功相等．［］ 5. 如图所示，直线MN 长为2l ，弧OCD 是以N 点为中心，l 为半径的半圆弧，N 点有正电荷＋q ，M 点有负电荷-q ．今将一试验电荷＋q 0从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功A7.-(A) A ＜0 , 且为有限常量． (B) A ＞0 ,且为有限常量．(C) A ＝∞． (D) A ＝0．［］ 6. 半径为r 的均匀带电球面1，带有电荷q ，其外有一同心的半径为R 的均匀带电球面2，带有电荷Q ，则此两球面之间的电势差U 1-U 2为： (A)⎪⎭⎫ ⎝⎛-πR r q 1140ε . (B) ⎪⎭⎫⎝⎛-πr R Q 1140ε .(C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-πR Q r q 041ε . (D)r q04επ . [ ] 7. 两块面积均为S 的金属平板A 和B 彼此平行放置，板间距离为d (d 远小于板的线度)，设A 板带有电荷q 1，B 板带有电荷q 2，则AB 两板间的电势差U AB 为(A) d S q q 0212ε+． (B) d Sq q 0214ε+．(C) d S q q 0212ε-． (D) d Sq q 0214ε-．［］8. 面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为(A)S q 02ε． (B) S q 022ε．(C) 2022S q ε． (D) 202Sq ε．［］二、填空题9. 如图所示,两同心带电球面，内球面半径为r 1＝5 cm ，带电荷q 1＝3×10-8 C ；外球面半径为r 2＝20 cm ，带电荷q 2＝－6×108C ，设无穷远处电势为零，则空间另一电势为零的球面半径r ＝ __________________．10. 真空中一半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ．今在球面上挖去很小一块面积△S (连同其上电荷)，若电荷分布不改变，则挖去小块后球心处电势(设无穷远处电势为零)为________________．11. 把一个均匀带有电荷+Q 的球形肥皂泡由半径r 1吹胀到r 2，则半径为R (r 1＜R ＜r 2)的球面上任一点的场强大小E 由______________变为______________；电势U 由 __________________________变为________________(选无穷远处为电势零点)．12. 静电场的环路定理的数学表示式为：______________________．该式的物理意义是：____________________________________________________________．该定理表明，静电场是______ _________场．AS q 1q 2三、计算题13. 一“无限大”平面，中部有一半径为R的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为σ．如图所示，试求通过小孔中心O并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O点的电势为零)．14. 图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R1，外表面半径为R2．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势．15.两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为R1＝0.03 m和R2＝0.10 m．已知两者的电势差为450 V，求内球面上所带的电荷．16. 有两根半径都是R的“无限长”直导线，彼此平行放置，两者轴线的距离是d (d≥2R)，沿轴线方向单位长度上分别带有＋λ和－λ的电荷，如图所示．设两带电导线之间的相互作用不影响它们的电荷分布，试求两导线间的电势差．作业题三（导体和电介质）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. A 、B 为两导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示．A 板带电荷+Q 1，B 板带电荷+Q 2，如果使B 板接地，则AB 间电场强度的大小E 为［］(A) S Q 012ε ．(B) SQ Q 0212ε-．(C) SQ01ε． (D) S Q Q 0212ε+．2. 一带正电荷的物体M ，靠近一原不带电的金属导体N ，N 的左端感生出负电荷，右端感生出正电荷．若将N 的左端接地，如图所示，则(A) N 上有负电荷入地． (B) N 上有正电荷入地． (C ) N 上的电荷不动．(D) N 上所有电荷都入地．［］ 3. 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 ．4. 一平行板电容器始终与端电压一定的电源相联．当电容器两极板间为真空时，电场强度为0E ，电位移为0D，而当两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质时，电场强度为E ，电位移为D，则［］(A) r E E ε/0 =，0D D =． (B) 0E E =，0D D rε=．(C) r E E ε/0 =，r D D ε/0 =． (D) 0E E =，0D D=．5. 在静电场中，作闭合曲面S ，若有0d =⎰⋅SS D (式中D为电位移矢量)，则S面内必定［］(A) 既无自由电荷，也无束缚电荷． (B) 没有自由电荷． (C) 自由电荷和束缚电荷的代数和为零．(D) 自由电荷的代数和为零．1+Q 2AB6. 一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图．当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为m 、带电荷为+q 的质点，在极板间的空气区域中处于平衡．此后，若把电介质抽去，则该质点［］(A) 保持不动． (B) 向上运动． (C) 向下运动． (D) 是否运动不能确定．7.一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U 12、电场强度的大小E 、电场能量W 将发生如下变化：［］(A) U 12减小，E 减小，W 减小．(B) U 12增大，E 增大，W 增大． (C) U 12增大，E 不变，W 增大．(D) U 12减小，E 不变，W 不变． 8. 如图所示, 一球形导体，带有电荷q ，置于一任意形状的空腔导体中．当用导线将两者连接后，则与未连接前相比系统静电场能量将 (A) 增大． (B) 减小．(C) 不变． (D) 如何变化无法确定．［］二、填空题9. 半径为R 1和R 2的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常量为εr 的均匀介质．设两筒上单位长度带有的电荷分别为+λ和-λ，则介质中离轴线的距离为r 处的电位移矢量的大小D =____________，电场强度的大小 E =____________．10. 一平行板电容器，充电后与电源保持联接，然后使两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质，这时两极板上的电荷是原来的______倍；电场强度是原来的 _________倍；电场能量是原来的_________倍．11. 一平行板电容器，充电后切断电源，然后使两极板间充满相对介电常量为εr的各向同性均匀电介质．此时两极板间的电场强度是原来的____________倍；电场能量是原来的___________ 倍．12. 分子的正负电荷中心重合的电介质叫做_______________ 电介质．在外电场作用下，分子的正负电荷中心发生相对位移，形成________________________．三、计算题13. 如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求：(1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．(3) 球心O 点处的总电势．+Q14. 半径分别为R1和R2 (R2 > R1 )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q1和Q2，今将内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联，如图所示, 导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q．1115. 假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功？(2) 使球上电荷从零开始增加到Q的过程中，外力共作多少功？16. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R= 2 cm，R2 = 5 cm，其间充满相对介电常量为εr 的各1向同性、均匀电介质．电容器接在电压U = 32 V的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R = 3.5 cm处的A点的电场强度和A点与外筒间的电势差．1213作业题四（电流的磁场）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 如图，边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q 的点电荷．此正方形以角速度ω 绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感强度大小为B 1；此正方形同样以角速度ω 绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感强度的大小为B 2，则B 1与B 2间的关系为［］(A) B 1 = B 2． (B) B 1 = 2B 2． (C) B 1 =21B 2． (D) B 1 = B 2 /4．2. 电流I 由长直导线1沿平行bc 边方向经a 点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框，再由b 点沿垂直ac 边方向流出，经长直导线2返回电源(如图)．若载流直导线1、2和三角形框中的电流在框中心O 点产生的磁感强度分别用1B 、2B 和3B表示，则O 点的磁感强度大小(A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0．(B) B = 0，因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0，但021=+B B，B 3 = 0．(C) B ≠ 0，因为虽然B 2 = 0、B 3= 0，但B 1≠ 0．(D) B ≠ 0，因为虽然021≠+B B，但B 3≠ 0．［］ 3. 通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为：[ ](A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O ．(C) B Q > B O > B P ． (D) B O > B Q > B P ．4. 边长为l 的正方形线圈，分别用图示两种方式通以电流I (其中ab 、cd 与正方形共面)，在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感强度的大小分别为： (A) 01=B ，02=B ．(B) 01=B ，lIB π=0222μ．(C) lIB π=0122μ，02=B ．C q3.a14 (D) l I B π=0122μ,lIB π=0222μ．［］ 5. 如图，在一圆形电流I 所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路L ，则由安培环路定理可知(A) 0d =⎰⋅Ll B，且环路上任意一点B = 0． (B) 0d =⎰⋅L l B，且环路上任意一点B ≠0． (C) 0d ≠⎰⋅Ll B，且环路上任意一点B ≠0．(D) 0d ≠⎰⋅Ll B，且环路上任意一点B =常量．［］6. 如图，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为I ，则下述各式中哪一个是正确的？(A) I l H L 2d 1=⎰⋅． (B)I l H L =⎰⋅2d(C) I l H L -=⎰⋅3d． (D)I l H L -=⎰⋅4d．［］7. 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，哪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．［］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 点的磁感强度的大小为 (A) 0． (B) RI40μ．(C) RI420μ． (D) R I 0μ． (E)RI820μ．［］ 4ⅠⅡⅢⅣIIba15二、填空题9. 如图，在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和S 2的两个矩形回路．两个回路与长直载流导线在同一平面，且矩形回路的一边与长直载流导线平行．则通过面积为S 1的矩形回路的磁通量与通过面积为S 2的矩形回路的磁通量之比为____________． 10. 如图，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(P 点)的磁感强度=p B_____________．(2) 磁感强度B沿图中环路L 的线积分=⎰⋅Ll Bd __________________________________．11. 图中所示的一无限长直圆筒，沿圆周方向上的面电流密度(单位垂直长度上流过的电流)为i ，则圆筒内部的磁感强度的大小为B =________，方向_______________．12. 将半径为R 的无限长导体薄壁管(厚度忽略)沿轴向割去一宽度为h ( h << R )的无限长狭缝后，再沿轴向流有在管壁上均匀分布的电流，其面电流密度(垂直于电流的单位长度截线上的电流)为i (如上图)，则管轴线磁感强度的大小是__________________．三、计算题13. 半径为R 的无限长圆柱形导体和内半径为R 0，外半径也为R 的无限长圆筒形导体，都通有沿轴向的，在横截面上均匀分布的电流I ，导体的磁导率都为μ0．今取长为l 、宽为2 R 的矩形平面ABCD 和A ′B ′C ′D ′，AD 及A ′D ′正好在导体的轴线上，如图所示．(1) 通过ABCD 的磁通量大小为多少？(2) 通过A ′B ′C ′D ′的磁通量为多少？ (3) 若电流I 不变，外半径R 不变，圆筒壁变薄，直至壁厚趋于零，再求(2) ．10.l′ ′l16 14. 一根无限长导线弯成如图形状，设各线段都在同一平面内(纸面内)，其中第二段是半径为R 的四分之一圆弧，其余为直线．导线中通有电流I ，求图中O 点处的磁感强度．15. 平面闭合回路由半径为R 1及R 2 (R 1 > R 2 )的两个同心半圆弧和两个直导线段组成(如图)．已知两个直导线段在两半圆弧中心O 处的磁感强度为零，且闭合载流回路在O 处产生的总的磁感强度B 与半径为R 2的半圆弧在O 点产生的磁感强度B 2的关系为B = 2 B 2/3，求R 1与R 2的关系．16. 如图所示，一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，面电荷密度为σ．该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转．试求圆筒内部的磁感强度．R 1 R 2 OI17作业题五（电流在磁场中受力）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 按玻尔的氢原子理论，电子在以质子为中心、半径为r 的圆形轨道上运动．如果把这样一个原子放在均匀的外磁场中，使电子轨道平面与B垂直，如图所示，则在r 不变的情况下，电子轨道运动的角速度将：［］(A) 增加． (B) 减小． (C)不变． (D)改变方向． 2. 如图，一个电荷为+q 、质量为m 的质点，以速度v沿x 轴射入磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向垂直纸面向里，其范围从x = 0延伸到无限远，如果质点在x = 0和y = 0处进入磁场，则它将以速度v-从磁场中某一点出来，这点坐标是x = 0 和［］(A) qB m y v +=． (B) qB m y v2+=． (C) qB m y v 2-=． (D) qBm y v-=．3. 一铜条置于均匀磁场中，铜条中电子流的方向如图所示．试问下述哪一种情况将会发生？(A) 在铜条上a 、b 两点产生一小电势差，且U a > U b ． (B) 在铜条上a 、b 两点产生一小电势差，且U a < U b ． (C) 在铜条上产生涡流． (D) 电子受到洛伦兹力而减速． 4. 如图，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将［］ (A) 向着长直导线平移． (B) 离开长直导线平移． (C) 转动． (D) 不动．5. 长直电流I 2与圆形电流I 1共面，并与其一直径相重合如图(但两者间绝缘)，设长直电流不动，则圆形电流将 (A) 绕I 2旋转． (B) 向左运动． (C) 向右运动． (D) 向上运动．(E) 不动．［］I 11×××18 6. 如图，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动．线框平面与大平板垂直．大平板的电流与线框中电流方向如图所示，则通电线框的运动情况对着从大平板看是：［］(A) 靠近大平板． (B) 顺时针转动．(C) 逆时针转动． (D) 离开大平板向外运动．7. 两个同心圆线圈，大圆半径为R ，通有电流I 1；小圆半径为r ，通有电流I 2，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)RrI I 22210πμ． (B)RrI I 22210μ．(C)rRI I 22210πμ． (D)0．8. 两根载流直导线相互正交放置，如图所示．I 1沿y 轴的正方向，I 2沿z 轴负方向．若载流I 1的导线不能动，载流I 2的导线可以自由运动，则载流I 2的导线开始运动的趋势是 [ ](A) 沿x 方向平动． (B) 绕x 轴转动． (C) 绕y 轴转动． (D) 无法判断．二、填空题9. 如图，均匀磁场中放一均匀带正电荷的圆环，其线电荷密度为λ，圆环可绕通过环心O 与环面垂直的转轴旋转．当圆环以角速度ω 转动时，圆环受到的磁力矩为_________________，其方向__________________________．10. 有一半径为a ，流过稳恒电流为I 的1/4圆弧形载流导线bc ，按图示方式置于均匀外磁场B中，则该载流导线所受的安培力大小为_______________________．11. 如图所示，在真空中有一半径为a 的3/4圆弧形的导线，其中通以稳恒电流I ，导线置于均匀外磁场B 中，且B与导线所在平面垂直．则该载流导线bc 所受的磁力大小为_________________．12. 如图所示，在真空中有一半圆形闭合线圈，半径为a ，流过稳恒电流I ，则圆心O 处的电流元l I d 所受的安培力Fd 的大小为_______________，方向_________________．6.I 1I 2O r RI 1 I 2y zxI 1 I 2c aIIlI d19三、计算题13. 在一顶点为45°的扇形区域，有磁感强度为B方向垂直指向纸面内的均匀磁场，如图．今有一电子(质量为m ，电荷为-e )在底边距顶点O 为l 的地方，以垂直底边的速度 v射入该磁场区域，若要使电子不从上面边界跑出，电子的速度最大不应超过多少？14. 一圆线圈的半径为R ，载有电流I ，置于均匀外磁场B 中(如图示)．在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力．(载流线圈的法线方向规定与B的方向相同．)l 45° vBO2015. 一矩形线圈边长分别为a =10 cm 和b =5 cm ，导线中电流为I = 2 A ，此线圈可绕它的一边OO ＇转动，如图．当加上正y 方向的B =0.5T 均匀外磁场B，且与线圈平面成30°角时，线圈的角加速度为β = 2rad/s 2，求∶(1) 线圈对OO ＇轴的转动惯量J =？(2) 线圈平面由初始位置转到与B 垂直时磁力所做的功？16. 一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R 2、外半径为R 3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为μ的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图．传导电流I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B 的分布．O xyz I30° BO ′ ab作业题六（电磁感应）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时(A) 铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势． (B) 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小． (C) 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大． (D) 两环中感应电动势相等．［］2. 如图所示，矩形区域为均匀稳恒磁场，半圆形闭合导线回路在纸面内绕轴O 作逆时针方向匀角速转动，O 点是圆心且恰好落在磁场的边缘上，半圆形闭合导线完全在磁场外时开始计时．图(A)—(D)的 --t 函数图象中哪一条属于半圆形导线回路中产生的感应电动势？［］3. 一块铜板垂直于磁场方向放在磁感强度正在增大的磁场中时，铜板中出现的涡流(感应电流)将 (A) 加速铜板中磁场的增加． (B) 减缓铜板中磁场的增加．(C) 对磁场不起作用． (D) 使铜板中磁场反向．［］4. 如图所示，导体棒AB 在均匀磁场B 中绕通过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ' 转动（角速度ω与B 同方向），BC 的长度为棒长的31，则 (A) A 点比B 点电势高．(B) A 点与B 点电势相等．(B) A 点比B 点电势低．(D)有稳恒电流从A 点流向B 点． [ ]☜t O (A)☜t O(C)☜ t O (B)☜ t O(D)5. 如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B平行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为 [ ](A) =0，U a – U c =221l B ω． (B) =0，U a – U c =221l B ω-． (C) =2l B ω，U a – U c =221l B ω．(D) =2l B ω，U a – U c =221l B ω-．6. 如图所示，两个线圈P 和Q 并联地接到一电动势恒定的电源上．线圈P 的自感和电阻分别是线圈Q 的两倍，线圈P 和Q 之间的互感可忽略不计．当达到稳定状态后，线圈P 的磁场能量与Q 的磁场能量的比值是［］(A) 4．(B) 2． (C) 1． (D) 21．7. 在感应电场中电磁感应定律可写成t l E LK d d d Φ-=⎰⋅ ，式中K E 为感应电场的电场强度．此式表明：(A) 闭合曲线L 上K E处处相等．(B) 感应电场是保守力场． (C) 感应电场的电场强度线不是闭合曲线． (D) 在感应电场中不能像对静电场那样引入电势的概念．［］ 8. 对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确． (A) 位移电流是指变化电场． (B) 位移电流是由线性变化磁场产生的． (C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律． (D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理．［］二、填空题9. 如图所示，aOc 为一折成∠形的金属导线(aO =Oc =L )，位于xy 平面中,磁感强度为 B的匀强磁场垂直于xy 平面．当aOc 以速度v沿x 轴正向运动时，导线上a 、c 两点间电势差U ac =____________；当aOc 以速度v沿y 轴正向运动时，a 、c 两点的电势相比较, 是____________点电势高．Bab clωx ×××××10. 一导线被弯成如图所示形状，acb 为半径为R 的四分之三圆弧，直线段Oa 长为R ．若此导线放在匀强磁场B 中，B的方向垂直图面向内．导线以角速度ω在图面内绕O 点匀速转动，则此导线中的动生电动势 i =___________ ，电势最高的点是________________________．11. 一长直导线旁有一长为b ，宽为a 的矩形线圈，线圈与导线共面，长度为b 的边与导线平行且与直导线相距为d ，如图．线圈与导线的互感系数为 ______________________．12. 一无铁芯的长直螺线管，在保持其半径和总匝数不变的情况下，把螺线管拉长一些，则它的自感系数将____________________．三、计算题13. 均匀磁场 B被限制在半径R =10 cm 的无限长圆柱空间内，方向垂直纸面向里．取一固定的等腰梯形回路abcd ，梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如图所示．设磁感强度以d B /d t =1 T/s 的匀速率增加，已知 π=31θ，cm 6==Ob Oa ，求等腰梯形回路中感生电动势的大小和方向．14.如图所示，有一半径为r =10 cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B中(B = 0.5 T )．圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速 n =600 rev/min ．求圆线圈自图示的初始位置转过π21时，(1) 线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R 为 100 Ω，不计自感)；(2) 圆心处的磁感强度．(μ0 =4π×10-7 H/m)c15. 两个半径分别为R和r的同轴圆形线圈相距x，且R>>r，x >>R．若大线圈通有电流I而小线圈沿x轴方向以速率v运动，试求x =NR时(N为正数)小线圈回路中产生的感应电动势的大小．16. 载有电流的I长直导线附近，放一导体半圆环MeN与长直导线共面，且端点MN的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b，环心O与导线相距a．设半圆环以速度v 平行导线平移，求半圆环内感应电动势的大小和方向以及MN两端的电压UMU N ．。

大学物理b试题库及答案详解

大学物理b试题库及答案详解大学物理B试题库及答案详解在大学物理B的课程学习中，学生往往需要通过大量的练习来加深对物理概念的理解和应用能力。

本文将提供一套大学物理B试题库及答案详解，以帮助学生更好地掌握物理知识。

一、选择题1. 某物体的质量为2kg，受到的重力大小为多少牛顿？A. 19.6 NB. 20 NC. 20.4 ND. 21 N答案：B解析：根据重力公式 $ F = mg $，其中 $ m $ 为物体的质量，$ g $ 为重力加速度（取9.8 m/s²），计算得 $ F = 2 \times 9.8 = 19.6 $ N。

由于选项中没有19.6 N，故选择最接近的20 N。

2. 光在真空中的传播速度是多少？A. 299792 km/sB. 299792.458 km/sC. 300000 km/sD. 299792.5 km/s答案：B解析：光在真空中的传播速度精确值为 $ 299792.458 $ km/s。

二、填空题1. 牛顿第二定律的表达式为 ________ 。

2. 根据能量守恒定律，一个物体的动能与其势能之和在没有外力作用下保持不变，这被称为________。

答案：1. $ F = ma $2. 机械能守恒定律解析：1. 牛顿第二定律描述了力与加速度之间的关系，即 $ F = ma $，其中 $ F $ 是作用在物体上的力，$ m $ 是物体的质量，$ a $ 是物体的加速度。

2. 机械能守恒定律是能量守恒定律在宏观物体运动中的应用，它指出在没有外力作用的情况下，一个系统的总机械能（动能加势能）是守恒的。

三、简答题1. 简述什么是电磁感应现象，并给出一个应用实例。

答案：电磁感应现象是指当导体在变化的磁场中移动时，导体中会产生感应电动势和感应电流的现象。

这一现象是由法拉第电磁感应定律所描述的。

一个常见的应用实例是发电机，它利用电磁感应原理将机械能转换为电能。

大学生物理竞赛b类试题及答案

大学生物理竞赛b类试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是多少？A. 2.99×10^8 m/sB. 3.00×10^8 m/sC. 3.01×10^8 m/sD. 3.02×10^8 m/s答案：B2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力和物体质量的关系是？A. 加速度与作用力成正比，与质量成反比B. 加速度与作用力成反比，与质量成正比C. 加速度与作用力成正比，与质量成正比D. 加速度与作用力成反比，与质量成反比答案：A3. 以下哪种物质的比热容最大？A. 水B. 铁C. 铜D. 铝答案：A4. 电磁波谱中，波长最长的是？A. 无线电波B. 微波C. 红外线D. 可见光答案：A5. 根据能量守恒定律，以下哪种情况是可能的？A. 一个封闭系统内，能量可以被创造B. 一个封闭系统内，能量可以被消灭C. 一个封闭系统内，能量可以从一个物体转移到另一个物体D. 一个封闭系统内，能量可以从一个物体转移到另一个物体，但其总量保持不变答案：D6. 以下哪种力是保守力？A. 摩擦力B. 重力C. 弹力D. 空气阻力答案：B7. 根据热力学第一定律，系统内能的变化等于系统吸收的热量与对外做功的差值，用公式表示为？A. ΔU = Q - WB. ΔU = Q + WC. ΔU = W - QD. ΔU = W + Q答案：A8. 以下哪种物质的导电性最好？A. 橡胶B. 玻璃C. 铜D. 石墨答案：C9. 根据麦克斯韦方程组，变化的磁场可以产生？A. 恒定电场B. 变化的电场C. 恒定磁场D. 变化的磁场答案：B10. 以下哪种现象不是由量子力学效应引起的？A. 光电效应B. 电子的波动性C. 超导现象D. 布朗运动答案：D二、填空题（每题4分，共20分）1. 根据库仑定律，两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。

大学物理B上习题册答案

习题2.2答案
01 习题2.2-2答案
02 正确答案
03
此题考查了动能定理的基本应用，通过分析物体的受
力情况，结合动能定理可求得物体运动的高度。
习题2.2答案
公式
$W_{F} - W_{G} = Delta E_{k}$
答案
$h = frac{W_{F} - W_{G}}{mg} = frac{30 - ( - 40)}{10 times 10}m = 7m$
内容概述
章节安排
习题册按照大学物理B的章节顺序编排，涵盖了力学、热学、电磁学、波动与光学等主要内容。
题目类型
包括选择题、填空题、计算题和问答题等多种题型，以满足不同知识点的考察需求。
难度分布
习题册难度逐步提升，从基础知识点到综合应用，帮助学生逐步提高解题能力。
02 第一章答案
习题1.1答案
习题1.2答案
习题1.2.1答案
正确
该题考查了动量定理的基本概念，通过分析物体的受力情况，可以得出物体的动量变化量，进而求出物体的运动情况。根据题意，物体受到的合外力为$F = -3N$，时间为$t = 5s$，因此物体的动量变化量为$Delta P = Ft = -3 times 5 = -15kg cdot m/s$，方向与初速度方向相反。
01
习题1.1.1答案
02
正确
03
该题考查了牛顿第二定律的基本概念，通过分析物体的受力情况，可以得出物体的加速度，进而求出物体的运动情况。根据题意，物体受到的合外力为$F = 2N$，加速度为$a = frac{F}{m} = frac{2}{1} = 2m/s^2$，因此物体的速度将均匀增加，$t = 5s$时刻的速度为 $v = at = 2 times 5 = 10m/s$。

大学物理B上习题册答案共132页文档

大学物理B上习题册答案
16、人民应该为法律而战斗，就像为了城墙而战斗一样。 ——赫拉克利特 17、人类对于不公正的行为加以指责，并非因为他们愿意做出这种行为，而是惟恐自己会成为这种行为的牺牲者。—— 柏拉图 18、制定法律法令，就是为了不让强者做什么事都横行霸道。— —奥维德 19、法律是社会的习惯和思想的结晶 Байду номын сангаас—— 托·伍·威尔逊 20、人们嘴上挂着的法律，其真实含义是财富。— —爱献生
61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学，如日中之光；志而好学，如炳烛之光。 ——刘向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好的教师是幸福，不如说好的教师是不幸。 ——海贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦。——杰纳勒尔·乔治·S·巴顿
谢谢！

大学物理b2试题及答案

大学物理b2试题及答案根据题目要求，以下是一篇符合要求的大学物理B2试题及答案内容：一、选择题（每题2分，共20分）1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1秒内、第2秒内、第3秒内位移之比为：A. 1:3:5B. 1:2:3C. 1:3:6D. 1:4:9答案：B2. 一质点做匀速圆周运动，其角速度为ω，周期为T，则其线速度大小为：A. ωTB. 2πωC. 2π/TD. ω/2π答案：C3. 一弹簧振子做简谐振动，振幅为A，周期为T，其最大加速度为：A. 2πA/TB. 4π²A/TC. 2A/TD. 4A/T²答案：B4. 一物体从高度为h处自由下落，不计空气阻力，其落地时的速度大小为：A. √(2gh)B. √(gh)C. √(2h/g)D. √(h/g)答案：A5. 一物体以初速度v₀沿斜面匀加速下滑，加速度大小为a，斜面倾角为θ，则其沿斜面下滑的加速度大小为：A. aB. a*sinθC. a*cosθD. a*tanθ答案：B6. 一质量为m的物体以初速度v₀沿水平方向抛出，忽略空气阻力，其落地时的速度大小为：A. v₀B. √(v₀²+2gh)C. √(v₀²+2gh)*sinθD. √(v₀²+2gh)*cosθ答案：B7. 一质量为m的物体以初速度v₀沿斜面匀加速上滑，加速度大小为a，斜面倾角为θ，则其沿斜面上升的加速度大小为：A. aB. a*sinθC. a*cosθD. a*tanθ答案：C8. 一质量为m的物体从高度为h处自由下落，不计空气阻力，其落地时的动能为：A. mghB. 1/2mv₀²C. 1/2mv²D. 1/2mv₀²+mgh答案：C9. 一质量为m的物体以初速度v₀沿水平方向抛出，忽略空气阻力，其落地时的动能为：A. 1/2mv₀²B. 1/2mv²C. 1/2mv₀²+mghD. 1/2mv²+mgh答案：D10. 一质量为m的物体从高度为h处自由下落，不计空气阻力，其落地时的重力势能变化量为：A. -mghB. mghC. 0D. 2mgh答案：A二、填空题（每题2分，共20分）11. 一物体做匀加速直线运动，初速度为v₀，加速度为a，第t秒内的位移为x，则x=v₀t+1/2at²。

大学物理b2习题集（含规范标准答案）

⼤学物理b2习题集（含规范标准答案）⼤学物理B2习题（⼀、电磁学部分1、如图所⽰，真空中⼀长为L的均匀带电细直杆，总电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的⼀端距离为d的P点的电场强度和电势．2、⼀半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为，求换新处O点的电场强度和电势。

3、实验证明，地球表⾯上⽅电场不为0，晴天⼤⽓电场的平均场强约为120V/m，⽅向向下，这意味着地球表⾯上有多少过剩电荷？试以每平⽅厘⽶的额外电⼦数表⽰。

（526.6410/cm ?个）解设想地球表⾯为⼀均匀带电球⾯，总⾯积为S ，则它所总电量为00d Sq E S ES εε=?=??rr ò单位⾯积带电量为 E S单位⾯积上的额外电⼦数为19120106.11201085.8--===e Ee n εσ92526.6410/m 6.6410/cm =?=?4、地球表⾯上⽅电场⽅向向下，⼤⼩可能随⾼度变化，设在地⾯上⽅100m ⾼处场强为150N/C ，300m ⾼处场强为100N/C ，试由⾼斯定理求在这两个⾼度之间的平均体电荷密度，以多余的或缺少的电⼦数密度表⽰。

（缺少，721.3810/m ?个）5、如图所⽰，电量1q 均匀分布在半径为1R的球⾯上，电量2q均匀分布在同⼼的半径为2R的球⾯上，2R＞（1）利⽤⾼斯定理求出r＜1R，1R＜r＜2R，r＞2R区域的电场强度（2）若r＞2R区域的电场强度为零，则?1=qq，1q与2q同号还是异号？6、⼆个⽆限长同轴圆筒半径分别为1R和2R，单位长度带电量分别为λ+和λ-。

求内筒的内部、两筒间及外筒外部的电场分布。

解由对称性分析可知，Eρ分布具有轴对称性，即与圆柱轴线距离相等的同轴圆柱⾯上各点场强⼤⼩相等，⽅向均沿径向。

如解⽤图，作半径为r，⾼度为h、与两圆柱⾯同轴的圆柱形⾼斯⾯，则穿过圆柱⾯上下底的电通量为零，穿过整个⾼斯⾯的电通量等于穿过圆柱形侧⾯的电通量。

d d2πS SE S E S E rh==r rr rò侧若10Riq=∑，得=E若21RrR<<，iiq hλ=∑得2πErλε=若2Rr>，0iiq=∑得0=E习题6-9解⽤图p11220(0)(2π0()r RE R r Rrr Rλε<<=<<>)(垂直中⼼轴线向外)7、⼀厚度为d的⽆限⼤平板，平板体积内均匀带电，体电荷密度0外的介电常数均为ε.求平板内、外电场分布.8、两半径分别为R1和R2(R2＞R1)带等值异号电荷的⽆限长同轴圆柱⾯，线电荷密度为λ和-λ，求：两圆柱⾯间的电势差V.9、（27页例9.14）如图所⽰，在⼀个接地的导体球附近有⼀电量为q 的点电荷，已知球的半径为R ，点电荷到球⼼的距离为l ,求导体球表⾯感应电荷的总电量q '.10、（10分）⼀根很长的圆柱形铜导线，半径为R ，载有电流I ，设电流均匀分布于横截⾯。

大学物理b习题集答案详解

大学物理b习题集答案详解大学物理B习题集答案详解一、引言大学物理B是大学物理课程中的一门重要课程，对于培养学生的科学素养和解决实际问题的能力起着至关重要的作用。

然而，由于其涉及到许多抽象的概念和复杂的计算，很多学生在学习过程中遇到了困难。

为了帮助学生更好地掌握大学物理B的知识，本文将对一些常见的习题进行详细解析。

二、力学1. 问题描述：一个物体以初速度v0沿着水平方向匀速运动，经过时间t后，速度变为v。

求物体所受到的加速度。

解析：根据匀速运动的定义，速度不变，即v = v0。

而加速度的定义是速度的变化率，即a = (v - v0) / t。

代入已知数据，可以得到物体所受到的加速度a = 0。

2. 问题描述：一个质量为m的物体以速度v沿着水平方向运动，在水平地面上受到一个恒定的摩擦力f。

求物体所受到的加速度。

解析：根据牛顿第二定律，物体所受到的合力等于质量乘以加速度，即ΣF = ma。

在这个问题中，物体受到的合力包括摩擦力和重力。

由于物体在水平方向上运动，重力不会对其产生影响，因此ΣF = f。

代入已知数据，可以得到物体所受到的加速度a = f / m。

三、热学1. 问题描述：一个理想气体在等温过程中，体积从V1变为V2。

求气体所做的功。

解析：根据理想气体的状态方程PV = nRT，其中P为气体的压强，V为气体的体积，n为气体的物质的量，R为气体常数，T为气体的温度。

在等温过程中，温度保持不变，即T = 常数。

所以可以得到P1V1 = P2V2。

而功的定义是力乘以位移，即W = F·s。

在这个问题中，气体所受到的力是压强乘以面积，即F = P·A。

代入已知数据，可以得到气体所做的功W = P1V1·ln(V2 / V1)。

2. 问题描述：一个物体的质量为m，初始温度为T1，最终温度为T2。

求物体所吸收的热量。

解析：物体所吸收的热量可以通过热容量来计算，即Q = mcΔT，其中Q为热量，m为物体的质量，c为物体的比热容，ΔT为温度的变化。

10级中外大物B(下)1卷答案

考试时间：2012-1 （答案要注明各个要点的评分标准）一、选择题(共36分、每小题3分)1.（D ）2.（C ）3.（C ）4.（C ）5.（C ）6.（C ）7.（D ） 8.（D ） 9.（C ） 10.（D ） 11.（C ） 12. (C)二、填空题 (共16分、每空2分)13. tan mgR BLθ； a 14. 21A A -； ()212cos 2A A t Tππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭ 15. 0.8m ； 125 Hz16. 3λ； 1.33（或4/3）三、计算题 (本题12分)解∶导体柱中电流密度 2221516)4/(rI r r I J π=π-π= 2分用补偿法来求P 处的磁感强度．用同样的电流密度把空洞补上，由安培环路定律，这时圆柱电流在P 处产生的磁感强度为 601JrB μ=，方向为⊗ 2分再考虑空洞区流过同样电流密度的反向电流，它在P 处产生的磁感强度为8802Jr B μ=，方向为⊙ 2分 ∴ P 处磁感强度 264/41021Jr B B B μ=-= 方向为⊗ 2分电子受到的洛伦兹力为 B e B q f m ⨯-=⨯=v vrIe Jre B e f m π===v v v 004958226441μμ 3分方向向左 1分四、计算题 (本题12分)解：在d l 处 )2/(0r I B π=μ 2分 d (v )d v d cos60B l B l ε=⨯=︒⋅ 2分但 ︒=30cos /d d r l∴ d v tg30d B r ε=︒ 2分21v tg 30d r r B r ε=︒⎰ 2分v l d B ⨯v I r其中4/32l a r +=，4/31l a r -=ε= 2分方向从1→2． 2分五、计算题 (本题12分）解：(1) 以O 点为坐标原点．由图可知，该点振动初始条件为 0c o s 0==φA y ， 0s i n 0<-=φωA v所以 π=21φ 波的表达式为 ]21)/(c o s [π+-=u x t A y ωω 4分 (2) 8/λ=x 处振动方程为]21)8/2(cos[π+π-=λλωt A y )4/cos(π+=t A ω 2分 8/3λ=x 的振动方程为]218/32cos[π+-=λλπωt A y )4/cos(π-=t A ω 2分 (3) )21/2sin(/d d π+π--=λωωx t A t y t = 0，8/λ=x 处质点振动速度]21)8/2sin[(/d d π+π--=λλωA t y 2/2ωA -= 2分 t = 0，8/3λ=x 处质点振动速度]21)8/32sin[(/d d π+⨯π--=λλωA t y 2/2ωA = 2分六、计算题 (本题12分)解：(1) 透过第一个偏振片的光强I 1I 1＝I 0 cos 230° 3分＝3 I 0 / 4 2分透过第二个偏振片后的光强I 2， I 2＝I 1cos 260°＝3I 0 / 16 2分(2) 原入射光束换为自然光，则I 1＝I 0 / 2 2分 I 2＝I 1cos 260°＝I 0 / 8 3分。

大物B力学部分习题及答案

⼤物B⼒学部分习题及答案⼤学物理B习物理教研室2006年4⽉部分物理常量引⼒常量G=6.67×10-11N2·m2·kg-2重⼒加速度g=9.8m/s-2阿伏伽德罗常量N A=6.02×1023mol-1摩尔⽓体常量R=8.31J·mol-1·K-1标准⼤⽓压 1atm=1.013×105Pa玻⽿兹曼常量k=1.38×10-23J·K-1真空中光速c=3.00×108m/s电⼦质量m e=9.11×10-31kg中⼦质量m n=1.67×10-27kg质⼦质量m n=1.67×10-27kg元电荷e=1.60×10-19C真空中电容率ε0= 8.85×10-12 C2?N-1m-2真空中磁导率µ0=4π×10－7H/m=1.26×10－6H/m普朗克常量h = 6.63×10-34 J ?s维恩常量b=2.897×10-3mK斯特藩-玻尔兹常量σ = 5.67×10-8 W/m2?K412 红⾊题选作，⿊⾊字体要求同学掌握，习题课选择⼀部分讲解⼀.选择题1、⼀质点沿x 轴作直线运动,其v —t 曲线如图1.1所⽰,如t=0时,质点位于坐标原点,则t=4.5s 时,质点在x 轴上的位臵为(A) 0.(B) 5m.(C) 2m.(D) －2m.(E) －5m. 2、⼀质点在平⾯上运动,已知质点位臵⽮量的表达式为 j bt i at r 22+= (其中a 、b 为常量), 则该质点作(A) 匀速直线运动.(B) 变速直线运动.(C) ⼀般曲线运动.(D) 以上答案都不对.3、⼀质点作直线运动,某时刻的瞬时速度为v =2m/s, 瞬时加速度为a = －2m/s 2, 则⼀秒钟后质点的速度(A) 等于零.(B) 等于－2m/s.(C) 等于2m/s.(D) 不能确定. 4、⼀质点在平⾯上作⼀般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某⼀段时间内的平均速度为v ，平均速率为v ,它们之间的关系必定有 (A) v = v ，v = v . (B) v ≠v , v =v . (C) v ≠v , v ≠v .(D) v = v , v ≠v .5、质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动,每t 时间转⼀周,在2t 时间间隔中,其平均速度⼤⼩与平均速率⼤⼩分别为(A) 2πR /t , 2πR /t .(B) 0, 2πR /t .(C) 0, 0.(D) 2πR /t , 0.6、质量为m 的铁锤竖直落下,打在⽊桩上并停下,设打击时间为?t ,打击前铁锤速率为v ,则在打击⽊桩的时间内,铁锤所受平均合外⼒的⼤⼩为(A) mv/?t .(B) mv/? t －mg .(C) mv/? t ＋mg .(D) 2mv/?t .-图1.137、粒⼦B 的质量是4m,粒⼦A 的质量为m,开始时粒⼦A 的速度为3, 粒⼦B 的速度为2,由于两者的相互作⽤, 粒⼦A 的速度变为7,此时粒⼦B 的速度等于(A) 1.(B) 2.(C) 0.(D) 5.8、对于⼀个物体系来说,在下列条件中,哪种情况下系统的机械能守恒？(A) 合外⼒为零.(B) 合外⼒不做功.(C)外⼒和⾮保守内⼒都不做功.(D) 外⼒和保守内⼒都不做功.9、速度为v 的⼦弹,打穿⼀块⽊板后速度为零,设⽊板对⼦弹的阻⼒是恒定的.那末,当⼦弹射⼊⽊板的深度等于其厚度的⼀半时,⼦弹的速度是(A) v /2.(B) v /4 .(C) v /3.(D) v /2.10、下列说法中正确的是：(A) 作⽤⼒的功与反作⽤⼒的功必须等值异号.(B) 作⽤于⼀个物体的摩擦⼒只能作负功.(C) 内⼒不改变系统的总机械能.(D) ⼀对作⽤⼒和反作⽤⼒做功之和与参照系的选取⽆关.11、⼀质点在x －y 平⾯内运动，其运动⽅程为j t b i t a r ωωsin cos += 式中a 、b 、ω皆为不为零的常量（)b a ≠，则质点作A.匀速圆周运动B.变速圆周运动C.匀速直线运动D.变速椭圆运动13、物体在恒⼒F 作⽤下作直线运动，在时间1t ?内速度由v 增加到2v ，在时间2t ?内速度由2v v 3增加到，设F 在1t ?内作的功是1W ，冲量是1I ，在2t ?内作的功是2W ，冲量是2I ，那么A.21W W = ,21I I >B. 21W W = ,21I I <C . 21W W < ,21I I = D.21W W ,21I I =14、弹簧振⼦在光滑⽔平⾯上作简谐振动时，弹性⼒在半个周期内所作的功为：（A ）2kA （B ）212kA （C ）412kA （D ） 015、以下说法正确的是：( )(A)运动物体的加速度越⼤，物体的速度也越⼤；(B)物体沿直线前进时，如果物体向前的加速度减⼩了，物体前进的速度也减⼩；(C)物体的加速度值很⼤，⽽物体的速度值可以不变，这是不可能的；(D)在直线运动中运动⽅向不发⽣变化时，位移的量值与路程相等.16、下列各项中，正确的说法是________。

大学物理B上习题册答案

m v v v0 v1 M
练习5 功与能机械能守恒
选择题
1.D 2.C
由动能定理
x2 x1
A
1
i
E k
A F ( x )dx Ek
Ek 相同，又 Fx 相同，则区间x1→ x2相同 1 2 3.C Ek mgx 1 kx 2 mgh Ek mg ( h x ) kx 2 2 出现在静平衡点 dEk / dx 0 x x0 mg / k h 在静平衡点获得最大动能2 m2 g 0 Ek max mgh x 2k 出错多在将接触点判为Ekmax点 x
3mv
3. D
墙壁对木块的冲量即对 m-M 系统的冲量以运动方向为正向
I x 0 mv0 mv0
练习4
选择题2：
一质量为60 kg的人静止站在一条质量为300kg 且正以2m/s的速率向湖岸驶近的小木船上，湖水是静止的，且阻力不计。现在人相对于船以一平均速率 u 沿船前进的方向向湖岸跳去，起跳后，船速减 (D) 为原来的一半，u 应为多大？解：显然，水平方向动量守恒 v0 v0 M m ( u ) ( m M )v0 2 2
pA0 pB0 p0
pA p0 bt
其后仍有
pA pB1 p0
故
pB1 p0 pA p0 ( p0 bt ) bt pB0 p0 pA0 pB0 0 pA pB2 0
② t=0时此时
其后仍有
故
pB2 0 pA p0 bt
2
T mg cos m 2 l sin 2θ θ ω
g 当N = 0 时（小球离开锥面） ω 0 l cos θ

2016大物1B试题及答案1

一、单项选择题(在每个小题的四个备选答案中，选出一个正确答案，并将其代码填入答题纸的对应位置。

每题3分，共60分)L 下列说确的是((A) 闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零(C) 闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D) 闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 2. —个电荷为g 的点电荷位于半球面的球心上，则通过该半球面的电场强度通量等于((A)汁2&Q3.如图所示，边长为/的正方形，在其四个顶点上各放有等量的点电荷-若正方形中心0处的场强值和电势值都等于零，则((C)(D)顶点3、b 、6 〃处都是正电荷顶点&、力处是正电荷，6 〃处是负电荷顶点呂、C 处是正电荷，b 、〃处是负电荷顶点3、b 、6 〃处都是负电荷4.点电荷-g 位于圆心0处，A. B 、C. 〃为同一圆周上的四点.如图所示-现将一试荷从月点分别移到0. C 、〃各点，则((A)从^到氏电场力作功最大 (B)从彳到C 电场力作功最大 (0从月到从电场力作功最大 (D)从彳到各点，电场力作功相等5.当一个带电导体达到静电平衡时()(A) 导体表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 导体表面曲率较大处电势较高(0导体部的电势比导体表面的电势高(D)导体任一点与其表面上任一点的电势差等于零6. 一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差伏10. 有一半径为斤的单匝圆线圈，通以电流/.若将该导线弯成匝数人上2的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感强度和线圈的癥矩分别是原来的( )(A) 4倍和1/2倍. (B) 4倍和1/8倍. (0 2倍和1/4倍. (D) 2倍和1/2倍.11. 如图所示，无限长直导线在戶处弯成半径为斤的圆，当通以电流/时，则在圆心0点的磁感强度大小等于()电场强度的大小£电场能量俨将发生如下变(A) ZZ 减小，£减小，俨减小 (C) if 增大,£不变，ff •增大7.有一电容为0.50 pF 的平行平板电容器，两极板间被厚度为0・01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开，聚四氟乙烯的击穿电场强度=1.9 XIO^ V/m,则该电容器的额定电压；以及电容器存贮的最大能量分别为()(A) "max=19V,叹=9.03J(B) U 咖 x=190V, = 9.03x W'J (C) Um 賦=190 V, =3.8x10-^ J (D)"加、=1.90 V, = 9.03J&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-(0两球电容值相等. (D)大小关系无法确定.9.在图(a)和(b)中各有一半径相同的圆形回路厶、S ，圆周有电流人、厶，其分布相同，且均在真空中，但在(b)图中厶2回路外有电流人，片、戶2为两圆形回路上的对应点，则()(A) jB -ill =£B -dl, Bpi=Bp 、 (B)厶f 增大, (D) 〃减小, F 增大，护增大 F 不变，用不变max(B)g>g)(D)'/-IB R H Bp\(•>(W0 = 8.0x10-5 sinlOOTTZ ,式中①的单位为Wb. f 的单位为s,那么在Z = L0xl0"- s时，线圈中的感应电动势为（）（A ） 2.51V. （B ） 251V . （0 5.02V .（D ） 502V .14.有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为轴,而线圈2对线圈1的互感系圈1中产生的互感电动势为02 ,由厶变化在线圈2中产生的互感电动势为,下述论断正确的是（“0/ M •"屛104R • 包（1+丄） 4R ft处£（1-丄） 2R 兀12.有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为&,厚度不计，电流/在铜片上均匀分布，在铜片外与铜片共面，离铜片右边缘为6处的戶点（如图）的磁感强度P 的大小为（(C).(D). a.(A)2n(« + h)(C) “屛比d +b（D ）倍.p' a ■ * h •'13. 一铁心上绕有线圈100匝, 已知铁心中磁通量与时间的关系为数为腕.若它们分别流过A 和A 的变化电流且drdz并设由i2变化在线(A) M12 =/^21 » ^21 =£|2(B)(D) A/12 =^21 , £21>£|2%=U,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比16.有两个长直密绕螺线管，长度及线圈匝数均相同，半径分别为门和2^.管充满均匀介质，其磁导率分别为.和将两只螺线管串联在电路电稳定后，分别为()(B)厶：£2=1 : 2,岛：脸=1 ： I (D) 厶：厶=2 : U 氐:"b =2 ： I所喷出的电子气可视为理想气体•其中电子的热一台工作于温度分别为327。

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gt
2 v0 gt 2
; ;

v0 v gt
2 0 2
ˆ 36t 2 ˆ 6.一质点在 xOy 平面内作曲线运动。已知 a 2i ，r0=0,v0=0。求：（1）该质点的运动 j （SI）
方程；（2）该质点的轨迹方程；（3）该质点的切向加速度的大小。
2ˆ 3t 4 ˆ j （2） y 3 x 2 【解】（1） r t t i
大学物理 B1 作业 No.1 序号班级学号姓名成绩
1.如图所示，雷达站探测飞机的方位，在某一时刻测得飞机距离该站 4000m，此刻雷达站与飞机的连线与水平方向的夹角为 1=36.9° ；经过 0.8s 后，测得飞机距离该站 4200m，此刻雷达站与飞机的连线与水平的夹角为2=30° 。求：飞机在这段时间内的平均速度。【解】建立如图所示的平面直角坐标系
x v0 t gx 2 【解】（1） 1 2 （2） y 2 2v0 y gt 2
（3） v x v0
2 ,v v0 g 2t 2 ; v y gt a子弹 =g; 为速度和 x轴夹角
at g sin =g an g cos 关系为 s v0t
1 2 bt ，其中 v0、b 都是正的常 2
量。求（1）t 时刻质点的速度和角速度的大小；（2）t 时刻质点的加速度和角加速度；（3）t 为何值时，质点的切向加速度与法向加速度的大小相等。
v0 bt ;a b2 v0 bt ; v bt 【解】（1） v v0 bt ; 0 （2） at b;an R R2 R
y
x
ˆ yj ˆ r xi v t t
r2 cos 2 r1 cos 1 iˆ y r2 sin 2 r1 sin 1 ˆj
t
ˆ 377 ˆ 548i j 377 v 665 m s ; arctg 34.5 548 2.一质点在 xOy 平面上运动，其运动方程为 x 3t 5, y t 2 t 7 ，求（1）质点的运动轨迹方程；
（2）质点的瞬时速度；（3）质点的瞬时加速度。【解】
x5 x5 （1） y 7 3 3
2
（2） v
2t 1
2
2
9 （3） a 2 ˆ j m s2
3.质点沿半径为 R 的圆周运动，运动方程为 3 2t (SI)，请分别计算 t 时刻质点的切向加速度、法向加速度和角加速度的大小。【解】 4rad s ;at 4 R;an 16 Rt
v飞机空气 = 200； v 风地 = 56； v飞机地 =192； 2002 = 562 +1922 ； v飞机地 =v飞机空气 +v 风地；
飞机航向：正南或正北。
2 4
（3）若 v0
bR ,t
v0 bR v bR ; 若 v0 bR ,t 0 ; b b
5.某人在绝壁顶以水平初速度 v0 向山外射出一发子弹。取枪口所在位置为原点，水平向前（v0 方向）
为 x 轴，竖直向下为 y 轴。以发射时刻为计时零点。求：（1）子弹在 t 时刻的位置坐标；（2）子弹的轨迹方程；（3）t 时刻子弹的速度、切向加速度和法向加速度。
（3）
v at
2t
dv dt
2
12t 3
2
8t 864t 5 2
2t
2
12t 3
2
7.一飞机相对空气的速度大小为 200 km/h，风速为 56 km/h，方向从西向东。地面雷达站测得飞机速度大小为 192 km/h，试确定飞机飞行的方向。【解】