北京邮电大学大学物理实验习题1 (1)
大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解1、行驶的汽车关闭发动机后还能行驶一段距离是因为汽车受到惯性力作用[判断题] *对错(正确答案)答案解析：汽车具有惯性2、用如图所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验：1．小车从靠近定滑轮处释放．[判断题] *对错(正确答案)3、马德堡半球实验测出了大气压，其大小等于760mm高水银柱产生的压强[判断题]对错(正确答案)答案解析：托里拆利实验最早测出了大气压强4、11．小敏学习密度后，了解到人体的密度跟水的密度差不多，从而她估测一个中学生的体积约为（）[单选题] *A．50 m3B．50 dm3(正确答案)C．50 cm3D．500 cm35、9．在某原子结构模型示意图中，a、b、c是构成该原子的三种不同粒子，能得出的结（）[单选题] *A.a和c数量不相等B．b决定原子种类C．质量集中在c上D．a和c之间存在吸引的力(正确答案)6、4．静止在水平地面上的物体受到向上的弹力是因为地面发生了形变．[判断题] *对(正确答案)错7、下列有关力做功的说法中正确的是（）[单选题]A.用水平力推着购物车前进，推车的力做了功(正确答案)B.把水桶从地面上提起来，提水桶的力没有做功C.书静止在水平桌面上，书受到的支持力做了功D.挂钩上的书包静止时，书包受到的拉力做了功8、1．与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。
下列与此现象所反映的原理相同的是（）[单选题] *A．行驶的汽车窗帘被吸出去B．挤压后的吸盘吸在光滑的墙上C．用干燥的双手搓开的塑料袋会吸在手上(正确答案)D．两个表面光滑的铅块挤压后吸在一起9、下列措施中，能使蒸发减慢的是（）[单选题]A．把盛有酒精的瓶口盖严(正确答案)B．把湿衣服晾在通风向阳处C．用电吹风给湿头发吹风D．将地面上的积水向周围扫开10、停放在水平地面上的汽车对地面的压力和地面对车的支持力是平衡力[判断题] *对错(正确答案)答案解析：相互作用力11、52．“凿壁偷光”原指凿穿墙壁，让邻舍的烛光透过来，后用来形容家贫而勤奋读书。
大学物理 北京邮电大学习题
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td 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 ϖϖ-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v ts d d . trd 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tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr 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 ϖϖ=，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττϖϖ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tvt v t v d d d d d d ττϖϖϖ+= 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τϖϖΘ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 =tr 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 =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r ϖϖϖ+=，jty i t x t r a jty i t x t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理课后习题答案北京邮电大学出版社
习题十三13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别?答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动?答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带． ∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小?答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小．13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式),2,1(2)12(sin Λ=+±=k k a λϕ来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a sin n k λ，而空气中为λϕk a =sin ，∴ϕϕ'=sin sin n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密．如用)12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕsin a 只代表光在水中的波程差)．13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射．解：(1)缝宽变窄，由λϕk a =sin 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀；(2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀；(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =sin ；斜入射时，λθϕk a '=-)sin (sin ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为k '级．13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样说明?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为k k a 2sin ==λϕ2λ，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向ϕ方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为λθk d =sin ，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数2N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景．13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即 可知，当k a b a k '+=时明纹缺级．(1)a b a 2=+时，⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级；(2)a b a 3=+时，⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级；(3)a b a 4=+，⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级．13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什 么因素有关?解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强．(2)可见光中红光的衍射角最大，因为由λϕk b a =+sin )(，对同一k 值，衍射角λϕ∞． 13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000οA 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为当6000=λoA 时，2=k x λλ=时，3=k重合时ϕ角相同，所以有得 4286600075=⨯=x λoA 13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少?解：中央明纹的宽度为f na x λ2=∆ 半角宽度为na λθ1sin -=(1)空气中，1=n ，所以(2)浸入水中，33.1=n ，所以有13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k 由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x 故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ 当 3=k ，得60003=λoA 4=k ，得47004=λoA (2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹；若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带；当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹? 解：5001=+b a mm 3100.2-⨯=mm 4100.2-⨯=o A由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数m ax k 对应的2πϕ=, 所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k .13-15 波长为5000oA 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm ． 求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成 30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少? 解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m(1)由光栅衍射明纹公式λϕk b a =+sin )(，因1=k ,又f x ==ϕϕtan sin所以有λ=+f x b a 1)(即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=b a fx λ (2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0sin )(=+ϕb a ，所以0sin =≈ϕϕ斜入射时，0)sin )(sin (=±+θϕb a ，即0sin sin =±θϕ因︒=30θ，∴21tan sin ±==≈f x ϕϕ故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30=cm这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长6000=λo A 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：得 6100.6-⨯=+b a m(2)因第四级缺级，故此须同时满足解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m (3)由λϕk b a =+sin )( 当2πϕ=，对应max k k =∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800oA 的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm 的透镜．试求：(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹?解：(1)中央明纹宽度为(2)由缺级条件知即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级．中央明纹的边缘对应1='k ，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000oA ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径． 解：由爱里斑的半角宽度∴ 爱里斑半径5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm 13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ，它们都发出波长为5500oA 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星? 解：由最小分辨角公式∴86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm 13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30oA 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75oA ，当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的X 射线能产生强反射? 解：由布喇格公式 λϕk d =sin 2 得k d ϕλsin 2=时满足干涉相长当1=k 时， 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA 2=k 时，91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λo A3=k 时，30.1389.3==λo A4=k 时， 97.0489.3==λo A故只有30.13=λo A 和97.04=λo A 的X 射线能产生强反射．。
大学物理学第版修订版北京邮电大学出版社上册习题答案.docx
习题3 3.1 选择题(1)有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心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(A)J0(B)J0mR2m) R 2J(J(C)J0(D) 0 mR2[ 答案： (A)](2)如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗，以匀角速度ω 绕其对称轴OC旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s(B)17rad/s(C)10rad/s(D)18rad/s(a)(b)题3.1 （ 2）图[ 答案： (A)](3)如 3.1(3) 图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度?在距孔为 R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（D）角动量改变，动量改变。
（E）角动量不变，动能、动量都改变。
[ 答案： (E)]3.2 填空题(1)半径为 30cm的飞轮，从静止开始以 0.5rad ·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度aτ =，法向加速度a n=。
[ 答案：0.15; 1.256 ](2)如题3.2 （2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴 O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中，弹、细棒、地球系统的守恒。
守恒，对木球、子题3.2 （2）图[ 答案：对 o 轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对 o 轴的合外力矩为零，机械能守恒](3)两个质量分布均匀的圆盘 A 和 B 的密度分别为ρA和ρB ( ρA>ρB) ，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理学第版版北京邮电大学出版社下册习题答案
9.1选择题（1）正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q 的关系为：（）3/2 3/2（A）Q=-23/2q （B） Q=2 3/2q （C） Q=-2q （D） Q=2q[ 答案：A]（2）下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[ 答案：D]（3）一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R 处的电场强度（）（A）σ / ε0 （B）σ /2 ε0 （C）σ /4 ε 0 （D）σ /8 ε0 [ 答案：C]（4）在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[ 答案：C]9.2填空题（1）在静电场中，电势不变的区域，场强必定为[ 答案：相同](2)一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[ 答案：q/6 ε 0, 将为零](3)电介质在电容器中作用( a)——( b)——。
[ 答案：(a) 提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R 的球体内，则球内球外的静电能之比。
[ 答案：5：6]9.3电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1) 在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡( 即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2) 这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3 图示(1) 以 A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷解得q 3 q3(2) 与三角形边长无关．题9.3 图题9.4 图9.4两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为 2 , 如题9.4 图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题9.4 图示解得q 2lsin 4 0mg tan9.5根据点电荷场强公式 E q2，当被考察的场点距源点电荷很近(r → 0)时， 4 0r则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: E q 2 r0 仅对点电荷成立，当r 0时，带电体不能再视为点电荷，再用上4π0r式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6在真空中有 A ，B两平行板，相对距离为 d ，板面积为S ，其带电量分别为+q2和- q．则这两板之间有相互作用力 f ，有人说 f = q2, 又有人说，因为d 242f =qE, E q，所以 f = q．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? 0S 0S解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强 E q看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对S的．正确解答应为一个板的电场为 E q，另一板受它的作用力2f q q q，这是两板间相互作用的电场力．2 0S 2 0S9.7长l =15.0cm 的直导线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10 -9C·m-1的正电荷．试求：(1) 在导线的延长线上与导线B端相距a1 =5.0cm处P点的场强；(2) 在导线的垂直平分上与导线中点相距 d 2 =5.0cm 处Q点的场强．解：如题9.7 图所示(1) 在带电直线上取线元dx ，其上电量dq在P点2 0S用 l 15cm ， 5.0 10 9C m 1, a 12.5 cm 代入得E P 6.74 102N C 1方向水平向右(2) 同理 dE Q 12 dx2 方向如题 9.7 图所示 4π0 x d 2由于对称性 l dE Qx 0，即 E Q 只有 y 分量，1 dx d 24π 0 x 2 d 22 x 2 d 225.0 10 9C cm 1, l 15 cm , d 2 5 cm 代入得E Q E Qy 14.96 102N C 1，方向沿 y 轴正向9.8 一个半径为 R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为 解 : 如 9.8 图在圆上取 dl Rd题 9.8 图dq dl R d ，它在 O 点产生场强大小为 dE Rd 2 方向沿半径向外4π0R 2则 dE x dEsin sin d4π0R积分 E x sin d4π 0R 2π 0R∴ E E x ，方向沿 x 轴正向．2π0R9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为 l ，总电量为 q ．(1) 求这正方形轴线上产生场强为 dE P dx4π0 (a x) 2E PdE P2dx4π 0 2 (a x)题 9.7 图dEQy , 求环心处 O 点的场强．l22 l3 4 r2dEPlPπ r2l 2r2 l 24 π 0 r r04 2题9.9 图由于对称性，P点场强沿OP 方向，大小为q4l方向沿OP方体的一个面的电通量；(2) 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少解: (1) 由高斯定理 E dS q立方体六个面，当sq在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量q．e60．(2) 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中qr24π0(r29.10 (1) 点电荷q 位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立离中心为r 处的场强E；(2) 证明：在rl 处，它相当于点电荷q产生的场强 E ．解: 如9.9 图示，正方形一条边上电荷q4在P点产生物强dE P方向如图，大小为cos 1dE P 在垂直于平面上的分量dE dE P cosdE4πl2 l 2 2rr4r2r2E P l42)r心，则边长 2a 的正方形上电通量如果它包含 q 所在顶点则 e 0．9.11 均匀带电球壳内半径 6cm ，外半径 10cm ，电荷体密度为 2×10 5C · m -3求距球心5cm ， 8cm ,12cm 各点的场强．9.12 半径为 R 1和 R 2( R 2 > R 1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电R 1< r < R 2 ；(3) r > R 2处各点的场强．对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q 所在的顶点，则24 0如题 9.10 图所示． 题 9.10 图解 : 高斯定理 E dSs, E4πr2q当 r 5 cm 时， q 0, Er 8 cm 时，4π 3 q p 3(r 3 r 内3) 4 π3 23 r 3r 内2 4π0r3.48 104N C 1， 方向沿半径向外．r 12cm 时 , q43π(r 外3r内3)E34 π 3 3 r 外 r内24π r4.10 104N C 1沿半径向外 .量 和- , 试求:(1) r < R 1 ；(2)取同轴圆柱形高斯面，侧面积S 2πrlE dS S E2πrl解: 高斯定理 E dS qs(2)R 1 r R 2ql∴E2π0r沿径向向外(3)r R 2 q∴E0题 9.13 图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电， 电荷的面密度分别为 1和 2 ，试求空间各处场强．解 : 如题 9.13 图示， 两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与 2 ，1 两面间， E 1 ( 122)n11 面外， E 1(201 2)n12 面外， E 1( 122)nn ：垂直于两平面由 1面指为 2 面．9.14 半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为 , 若在球内挖去一块半径为 r< R 的小球体，如题 9.14 图所示．试求：两球心 O 与 O 点的场强，并证明小球空 腔内的电场是均匀的．解 : 将此带电体看作带正电 的均匀球与带电 的均匀小球的组合，见题9.14 图 (a) ．(1) 球在 O 点产生电场 E 10 0，3 O 点电场 E 0 3r0d3 OO'；(3) 设空腔任一点 P 相对 O 的位矢为 r ，相对 O 点位矢为 r ( 如题 8-13(b) 图)大力矩．解: ∵ 电偶极子 p 在外场 E 中受力矩 ∴ M max pE qlE 代入数字9.16 两点电荷 q 1 =1.5 × 10-8C ， q 2 =3.0 ×10-8C ，相距 r 1=42cm ，要把它们之间的距 离变为 r 2 =25cm ，需作多少功 ?球在 O 点产生电场 E 20 43πr 33 OO'(2) 在 O 产生电场 E 104 3 4d 30d 3OO' 球在 O 产生电场 E20∴ O 点电场 E 0OO' 30题 9.14 图 (a)题 9.14 图 (b)EPOr30，EPOr30EPEPOEPO3(r)3 0 OO'd 30∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由 q =1.0 ×10-6C 的两个异号点电荷组成， 两电荷距离 d=0.2cm ， 把这电偶极子放在 1.0 × 105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最解: Ar2F drr2q 1q 2dr 2 q 1q 2 (1 1) r1 r2 4π 0r 44π 0 r 1 r 2外力需作的功 A A 6.55 10 6 J题 9.17 图9.17 如题 9.17 图所示，在 A ， B 两点处放有电量分别为 +q ,- q 的点电荷， AB 间 距离为2 R ，现将另一正试验点电荷 q 0从O 点经过半圆弧移到 C 点，求移动过程中 电场力作的功． 解 : 如题 9.17 图示9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为 的正电荷 ,两直导线的长度和半圆环的半径都等于 R ．试求环中心 O 点处的场强和电势． 解: (1) 由于电荷均匀分布与对称性， AB 和 CD 段电荷在 O 点产生的场强互相抵 消，取 dl Rd则dq Rd 产生 O 点dE 如图，由于对称性， O 点场强沿 y 轴负方向题 9.18 图[ sin( ) sin ]4π 0R2 24 AB 电荷在 O 点产生电势，以 U 0A q 0(U O U C )q o q 6π 0R同理 CD 产生U 2ln 2 4πU 3πR 4π0R 4 0U O U 1 U 2 U 32πln 29.19一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m·s-1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．( 电子质量m0=9.1 ×10-31kg，电子电量e=1.60×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为，在电子轨道处场强电子受力大小F e eE2π 0r2 ev∴m2π0r r22 π0mv13 10 12.5 10 13 C m 1e9.20空气可以承受的场强的最大值为 E =30kV· cm-1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为 d =0.5cm，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场9.21证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21 图)来说，(1) 相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2) 相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21 图所示，设两导体A、B的四个平面均匀带电的电荷面密度依次得34题9.21 图(1)则取与平面垂直且底面分别在 A 、 B 内部的闭合柱面为高斯面时，有说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2) 在A内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即又∵ 2 3 014 说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm2，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0 mm． B ，C都接地，如题9.22图所示．如果使A板带正电 3.0×10-7C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少?解: 如题9.22 图示，令 A 板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为2(1) ∵题9.22图U AC U AB ，即E AC d AC E AB d AB1EACdAB2 E AB d ACqA ,12q A22 3S 3SqC 1S2qA210 7Cq B 2S 1107 C21+qAS3U A E AC d AC 1 d AC 2.3 103V(2 )9.23 两个半径分别为 R 1和R 2( R 1< R 2 )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电 +q ，试计算： (1) 外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3) 再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1) 内球带电 q ；球壳内表面带电则为 q , 外表面带电为 q ，且均匀分布，其电势qdrq4π 0R R 2R24π 0r2题 9.23 图(2) 外壳接地时， 外表面电荷 q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q ．所以 球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生：(3) 设此时内球壳带电量为 q ；则外壳内表面带电量为 q ，外壳外表面带电量为q q ( 电荷守恒 ) ，此时内球壳电势为零，且R1qR 2外球壳上电势9.24 半径为 R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为d 3R 处有一点电荷 +q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解 : 如题 9.24 图所示，设金属球感应电荷为 q ，则球接地时电势 U O 0题 9.24 图由电势叠加原理有：qq39.25有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为F0 ．试求：(1) 用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2) 小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知F2q2(1) 小球 3 接触小球1后，小球3和小球1均带电小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电∴ 此时小球1与小球 2 间相互作用力(2) 小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为2q.322q q9.26 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ，金属球带电Q ．试求：(2) 电介质层内、外的电势；(3) 金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理 D dS qS(1) 介质内(R r R) 场强Qr 4πQr3 4π 0 r r介质外(r R2 )场强(2) 介质外(r R2) 电势介质内 (R 1 r R 2) 电势(3)金属球的电势9.27 如题9.27 图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为 r 的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题 9.27 图所示，充满电介质部分场强为 E 2 ，真空部分场强为 E 1，自由电荷 面密度分别为2与 1由D dS q 0 得D1 1，D2 2而D 10E 1 , D 2 0 r E22 0 r E2r10E1题 9.27图 题 9.28 图 9.28 两个同轴的圆柱面， 长度均为 l ，半径分别为 R 1和 R 2( R 2> R 1)，且l >>R 2- R 1， 两柱面之间充有介电常数 的均匀电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷 Q 和 - Q 时，求：(1)在半径 r 处( R 1< r < R 2 ＝，厚度为 dr ，长为 l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量 密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量；(3)圆柱形电容器的电容． 解 : 取半径为 r 的同轴圆柱面 则当 (R 1 r R 2) 时， q QD2Qπrl(S) D dS 2 πrlD (S)起来后等值电容是多少 ?如果两端加上 1000 V 的电压，是否会击穿 解: (1) C 1与C 2串联后电容(2) 串联后电压比U U 21 C C12 23 ，而U 1 U 2 1000U 1 600 V , U 2 400 V即电容 C 1电压超过耐压值会击穿，然后 C 2 也击穿．(1) 电场能量密度 w D2Q 2 8 π2r 2l 2薄壳中 dW wdQ 28π22 22πrdrlQ 2dr 4π rl(2) 电介质中总电场能量 (3) 电容：∵Q 22CQ22πl2W ln(R 2 /R 1)题 9.29 图9.29 如题 9.29 图所示， C 1 =0.25 F ， C 2 =0.15 F ，C 3 =0.20 F ．C 1上电压为 50V ．求： U AB解: 电容 C 1上电量 电容 C 2与C 3并联 C 23 C 2 C3其上电荷 Q 23 Q 1U 2Q 23C23C 1U 1C2325 50359.30 C 1和 C 2两电容器分别标明 200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”把它们串联9.31 半径为 R 1 =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别-8为 R 2 =4.0cm 和 R 3 =5.0cm ，当内球带电荷 Q =3.0 ×10-8C 时，求： (1) 整个电场储存的能量；(2) 如果将导体壳接地，计算储存的能量；(3) 此电容器的电容值． 题 9.31 图在 r R 3 区域W W 1 Q 2 ( 1 8π 0 R 1 14R 12) 1.01 10 4J总能量 W W 1 W 2 Q 2 8π0 (R 11 1 R 2 1)R 3 (2) 导体壳接地时，只有 R 1 r R 2 时 E Qr 3 , W 2 0 4π0r(3) 电容器电容 C 2W Q 112 4π 0 /( R 11 R 12 )解 : 如图，内球带电 Q ，外球壳内表面带电 Q ，外表面带电Q (1) 在 r R 1 和 R 2 r R 3区域 在 R 1 r R 2 时 E 1 Qr4π0r 3r R 3 时 E 2 Qr 4π0r 3∴在 R 1 r R 2 区域。
大学物理课后习题答案(第五章) 北京邮电大学出版社
习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同?解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =． (2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程)(cos u xt A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线)(t f y =描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0ϕ］中的u x表示什么?如果改写为y =A cos (0ϕωω+-u x t )，u x ω又是什么意思?如果t 和x 均增加，但相应的［ω(u x t -)+0ϕ］的值不变，由此能从波动方程说明什么?解: 波动方程中的u x /表示了介质中坐标位置为x 的质元的振动落后于原点的时间；u x ω则表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为)cos(0φωω+-=u xt A y t则t t ∆+时刻的波动方程为])()(cos[0φωω+∆+-∆+=∆+u x x t t A y t t其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ∆后传播到t u x ∆+处．所以在)(u x t ωω-中，当t ，x 均增加时，)(u x t ωω-的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ∆，波形即向前传播了t u x ∆=∆的距离，说明)cos(0φωω+-=u xt A y 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点?解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV 内所有质元的能量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为),(t x f y =，则相对形变量(即应变量)为x y ∂∂/.波动势能则是与x y ∂∂/的平方成正比．由波动曲线图(题5-3图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应变也为极小(该处0/=∂∂x y )，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值．题5-3图对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化． 5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处? t =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻? 波动方程写成y =A cos ω(u xt -)时，波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动方程才能写成这种形式?解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，0=t 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成)(cos u xt A y -=ω时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程．5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同?解: 取驻波方程为vtx A y απλπcos 2cos 2=，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为xA λπ2cos2．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别?解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目(λ'/u )会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即B v u u +='，因而单位时间内通过观察者完整波的数目λu '也会增多，即接收频率也将增高．简单地说，前者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率．题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程．解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xT t A y 则有]2)12(2cos[1.0ππ++=x t y)224cos(1.0πππ++=x t m5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程)cos(Cx Bt A y -=(0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知： 波振幅为A ，频率πυ2B =，波长C πλ2=，波速C Bu ==λυ， 波动周期B T πυ21==． (2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及C πλ2=代入上式，即得Cd =∆φ．5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中x ,y 以米计，t 以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点? 解: (1)将题给方程与标准式)22cos(x t A y λππυ-=相比，得振幅05.0=A m ，频率5=υ1-s ，波长5.0=λm ，波速5.2==λυu 1s m -⋅．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅ 222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅(3)2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0==u x s故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相，即 2.9=φπ．设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m5-10 如题5-10图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线．(1)若波沿x 轴正向传播，该时刻O ，A ，B ，C 各点的振动位相是多少?(2)若波沿x 轴负向传播，上述各点的振动 位相又是多少?解: (1)波沿x 轴正向传播，则在t 时刻，有题5-10图对于O 点：∵0,0<=O O v y ，∴2πφ=O对于A 点：∵0,=+=A A v A y ，∴0=A φ 对于B 点：∵0,0>=B B v y ，∴2πφ-=B 对于C 点：∵0,0<=C Cv y ，∴23πφ-=C (取负值：表示C B A 、、点位相，应落后于O 点的位相)(2)波沿x 轴负向传播，则在t 时刻，有对于O 点：∵0,0>'='O O v y ，∴2πφ-='O对于A 点：∵0,='+='A A v A y ，∴0='A φ 对于B 点：∵0,0<'='B B v y ，∴2πφ=B 对于C 点：∵0,0>'='C C v y ，∴23πφ='C (此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴230πφ=，又5.225===λυuHz ，则ππυω52==题5-11图(a)取 ])(cos[0φω+-=u xt A y ，则波动方程为)]235(5cos[1.0ππ+-=x t y m(2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c)将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππππ+=+⨯-=t t y m如题5-11(c)图所示．5-12 如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程；(2)P 点的振动方程．解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴20πφ=，而25.01==∆∆=t x u 1s m -⋅，5.042===λυu Hz ，∴ππυω==2故波动方程为]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为tt y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-=m题5-12图5-13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m ·s -1，波长为2m ，求： (1)波动方程；(2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标；(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间． 解: 由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，0,200<=v A y ，∴30πφ=，由题知2=λm ，10=u 1s m -⋅，则5210===λυuHz∴ ππυω102==(1)波动方程为]3)10(10cos[.01ππ+-=x t y m题5-13图(2)由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p (3)∵πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得67.135==x m (4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由P 点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)πππφ6523=+=∆∴所属最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s5-14 如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为P y =A cos(0ϕω+t )．(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2)写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程．解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=u xu l t A y如图(b)，则波动方程为题5-14图])(cos[0φω++=u xt A y(2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为 ])(cos[0φω+-=u bt A A Q如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=u bt A A Q5-15 已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI)．(1)写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点?(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线． 解:(1)波峰位置坐标应满足ππk x t 2)24(=+解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m ． ∵u xt t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,∴2.024.0=-='∆t s ，这就是说该波峰在2.0s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是42.02.4=-s ，即该波峰是在4s 时通过原点的．题5-15图(2)∵2,4==u πω1s m -⋅，∴12===ωπλuuT m ，又0=x 处，2.4=t s 时，ππφ8.1642.40=⨯=A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π又，当A y -=时，πφ17=x，则应有πππ1728.16=+x解得 1.0=x m ，故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线． 解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，故知20πφ-=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，且4=λm ，若取])(2cos[0φλπ++=xT t A y题5-16图则波动方程为]2)42(2cos[2.0ππ-+=x t y5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J ·m -2·s -1，频率为300 Hz ，波速为300m ·s -1，求 ： (1)波的平均能量密度和最大能量密度?(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量? 解: (1)∵ u w I =∴53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅ 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅(2)νπλπωud w d w V W 224141=== 7251024.9300300)14.0(41106--⨯=⨯⨯⨯⨯=πJ 5-18 如题5-18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求：(1) 1S 外侧各点的合振幅和强度； (2) 2S 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r0,0211===-=A I A A A（2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差.)4(2222=-+-=∆r r λλππφ2121114,2A A I A A A A ===+=5-19 如题5-19图所示，设B 点发出的平面横波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程为t y π2cos 10231-⨯=;C 点发出的平面横波沿CP 方向传播，它在C 点的振动方程为)2cos(10232ππ+⨯=-t y ，本题中y 以m 计，t 以s 计．设BP ＝0.4m ，CP ＝0.5 m ，波速u =0.2m ·s -1，求：(1)两波传到P 点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P 处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P 处合振动的振幅．解: (1))(2)(12BP CP ---=∆λπϕφφ)(BP CP u --=ωπ 0)4.05.0(2.02=--=ππ题5-19图(2)P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以321104-⨯=+=A A A P m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为33122211083.210222--⨯=⨯==+=A A A A m5-20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为A ，频率为ν波速为u ． (1)若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解: (1)∵0=t 时，0,000>=v y ，∴20πφ-=故波动方程为]2)(2cos[ππ--=u x t v A y m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=x 代入)2432πλλπ-⨯-，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为πππλλπ-=+-⨯-2432若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为 ππλλπ25432-=-⨯-，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的波动方程为]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为]2)(2cos[ππυ--=u x t A y ]2)(2cos[ππυ-++u x t A)22cos(2cos 2ππυπυ-=t u x A故波节位置为2)12(22πλππυ+==k x u x故4)12(λ+=k x (,2,1,0±±=k …)根据题意，k 只能取1,0，即λλ43,41=x 5-20 一驻波方程为y =0.02cos20x cos750t (SI)，求：(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；(2)相邻两波节间距离．解: (1)取驻波方程为t u x A y πυπυ2cos 2cos2=故知01.0202.0==A m 7502=πυ，则πυ2750=， 202=u πυ∴5.37202/7502202=⨯==πππυu 1s m -⋅ (2)∵314.01.020/2====πυπυυλu m 所以相邻两波节间距离 157.02==∆λx m5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为1y =0.1cos(13t +0.0079x ) (SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x =0处为波 节．解: 为使合成驻波在0=x 处形成波节，则要反射波在0=x 处与入射波有π的位相差，故反射波的波动方程为)0079.013cos(1.02π--=x t y5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为1y =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(t x ππ4+)(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2)波腹处的振幅多大?x =1.2m 处振幅多大?解: (1)它们的合成波为)4cos(06.0)4cos(06.0t x x y ππππ++-= t x ππ4cos cos 12.0=出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动．令ππk x =，则k x =，k=0,±1，±2…此即波腹的位置； 令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置． (2)波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定，即 097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m5-24 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz 变到了1000 Hz ，设空气中声速为330m ·s -1，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为s v ，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为01υυs v u u -= 汽车驶离车站时，车站收到的频率为02υυs v u u +=联立以上两式，得3010012001000120030021211=+-⨯=+-=υυυυυu1s m -⋅ 5-25 两列火车分别以72km ·h -1和54 km ·h -1的速度相向而行，第一列火车发出一个600 Hz的汽笛声，若声速为340 m ·s -1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少?解: 设鸣笛火车的车速为201=v 1s m -⋅，接收鸣笛的火车车速为152=v 1s m -⋅，则两者相遇前收到的频率为 66560020340153400121=⨯-+=-+=υυv u v u Hz两车相遇之后收到的频率为54160020340153400121=⨯+-=+-=υυv u v u Hz。
大学物理习题及解答(第三版_北京邮电大学出版社)
大学物理习题及解答（第三版 北京邮电大学出版社）习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为a a a '-=12 ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有111a m T g m =-② 222a m g m T =-③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．题2-1图2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道． 解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α= 由①、②式消去t ，得 220sin 21x g v y ⋅=α2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解： 2s m 83166-⋅===m f a x x2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=j i v ϖϖϖ(2)m 874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i j t a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t m t k vv 00d d mkt e v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===t t t m k m k e k mv t e v t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='000d k mv t e v x t m k (4)当t=k m时，其速度为 e v e v ev v k m m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1. 2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下(2) 2m 对地加速度为 22g a a a =-'= 方向向上 1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a ϖϖϖ+='∴g g g a a a 25422221=+=+'= a a '=arctan θo6.2621arctan ==，左偏上． 2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ϖ从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o 30，则动量的增量为 0v m v m p ϖϖϖ-=∆ 由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下．2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p ϖϖϖ-=∆方向竖直向上， 大小mg mv mv p =--=∆)(12ϖ碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ϖ)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j ϖ6-m ·s -1的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向， i p I i m p v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则 ⎰⎰+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ, 同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为 j t b i t a r ϖϖϖωωsin cos += 求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为 )cos sin (j t b i t a m v m p ϖϖϖϖωωω+-== 将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m p ϖϖω=1,i a m p ϖϖω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(12j b i a m p p p I ϖϖϖϖϖϖ+-=-=∆=ω2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t = (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将b a t =代入，得 b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v +m kT 2, v -km T2证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得1,121+=+=k m m k km m ①又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=②2211v m v m mv +=③联立①、③解得 12)1(kv v k v -+=④将④代入②，并整理得21)(2v v km T -=于是有km T v v 21±= 将其代入④式，有m kT v v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 km T v v m kT v v 2,221-=+=证毕． 2-12 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求F ϖ所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化． 解: (1)由题知，合F ϖ为恒力， ∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合 J 452421-=--=(2) w 756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s s k y ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③即 222122k k ky =-所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为 cm 414.01212=-=-=∆y y y2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为n P r k r E /)(=, 试求质点所受保守力的大小和方向．解: 1d )(d )(+-==n r nk r r E r F 方向与位矢r ϖ的方向相反，即指向力心．2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg ，地球中心到月球中心的距离3.84×108m ，月球质量7.35×1022kg ，月球半径1.74×106m ．(2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P 点的势能为多少?解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mM G r mM G -=地月经整理，得R M M M r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R M Gr M G E P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=- J 1028.16⨯=2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m kh gh m m v +-+-=μ题2-17图2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。
北京邮电大学大学物理实验习题
大学物理实验模拟试题六一． 选择题（30分，任选10题，每题3分）1． 用0.02mm 的游标卡尺测量约36mm 的物体长度，下面读数正确的是（ ）A: 36.08mm; B: 36.080mm; C: 36.07mm;D: 36.008mm.2． 杨氏模量实验中测量x ∆时，用加、减砝码各测一次的方法，目的是 （ ）A: 消除随机误差； B: 增加测量次数； C: 无意义；D: 减小或消除一些系统误差。
3． 电位差计测量电动势的基本方法是 （ ）A: 比较法； B: 补偿法； C: 模拟法； D: 伏安法。
4． 在分光计的调节中，调节望远镜聚焦于无穷远所用的方法是 （ ）A: 干涉法；B: 二分之一逼近法； C: 自准直法； D: 反射法。
5． 用伏安法测量1000欧姆的电阻，所用测量线路应是 （ ）A: 内接法； B: 外接法；C: 内、外接法都可以；D: 内、外接法都不可以。
6． 用示波器观察李萨如图形，当图形不稳定时，应该调节 （ ） A: f x 、f y 其中任意一个； B: 电平旋钮； C: 锯齿波的频率；D: 聚焦旋钮。
7．不确定度x = x ±x ∆的含义是 （ ）A: x = x +x ∆;B: x = x -x ∆;C: x 的值以一定的概率落在x +x ∆和x -x ∆之间； D: x 的值一定落在x +x ∆和x -x ∆之间。
8．测量约6Ω（功率1W ）的电阻，且使误差小于2.5%，应该选择 （ ） A: 2.5级量程3V 的电压表，1.0级量程0.5A 的电流表； B: 0.5级量程3V 的电压表，0.5级量程10mA 的电流表；C: 1.0级量程3V 的电压表，1.0级量程0.5A 的电流表； D: 1.0级量程3V 的电压表，1.0级量程1A 的电流表。
9．测量约10mm 长度的规则物体的长度，单次测量使误差在千分之几毫米，应选择的测量工具是 （ ） A: 米尺； B: 游标卡尺； C: 千分尺；D: 以上三种工具都不可以。
大学物理课后习题答案(第十章)-北京邮电大学出版社
习题十10-1 一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率t rd d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2trr B r B t t m V 10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角 当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i ， 题10-2图则cos 2π21B R m同理，半圆形adc 法向为j，则 cos 2π22B R m∵ B 与i 夹角和B 与j夹角相等，∴45则cos π2R B m 221089.8d d cos πd dt BR t m V方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题10-3图*10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y =2ax ，放在均匀磁场中．B 与xOy 平面垂直，细杆CD 平行于x 轴并以加速度a 从抛物线的底部向开口处作平动．求CD 距O 点为y 处时回路中产生的感应电动势．解: 计算抛物线与CD 组成的面积内的磁通量aym yB x x y B S B 0232322d )(2d 2∴ vy B t y y B t m 21212d d d d∵ ay v 22∴ 212y a v则aByy a yBi 8222121i 实际方向沿ODC ．题10-4图10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，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及MN 两端的电压N M U U ．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v 方向运动时0d m ∴ 0 MeNM即MN MeN又∵ba ba MNb a ba Iv l vB 0ln 2dcos 0所以MeN 沿NeM 方向，大小为 b a ba Iv ln20M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N Mln 20题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以t Id d 的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则(1)]ln [lnπ2d π2d π2000d ad b a b Ilr l r Ir l rIab bad dm(2)t I b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0 10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题10-6图解: )cos(2π02t r B S B m∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ∴ R Bf r R I m 22π10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势ADI vbvBb l B v d 2d )(01BC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v C B∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2ad d Ibv V 方向沿顺时针．10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: 22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m∴ klvtt m d d即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d dt ,0 ；题10-9图(a)题10-9图(b)在磁场中时0d d t,0 ； 出场时0d d t，0 ，故t I 曲线如题10-9图(b)所示.题10-10图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速 转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r 一小段 则320292d l Ob l B r rB同理302181d l Oa l B r rB ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab(2)∵ 0 ab即0 b a U U∴b 点电势高．题10-11图10-11 如题10-11图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v 平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则b a b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB lnd )211(2d )(00∵ 0 AB∴实际上感应电动势方向从A B ，即从图中从右向左， ∴b a ba Iv U ABln 0题10-12图10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当t Bd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵bc ab act BR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21tab d d 2 t BR B R t d d 12π]12π[d d 22∴t B R R acd d ]12π43[22∵ 0d d t B∴ 0 ac即 从c a 10-13 半径为R 的直螺线管中，有dt dB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m∴t B R R i d d )436π(22 ∵ 0d d t B∴0 i，即感应电动势沿acba ，逆时针方向． 题10-13图题10-14图10-14 如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）cd 两点电势高低的情况．解： 由 l S t B l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E 与ab 垂直∴ ll 0d 旋∴0 ab ,有b a U U(2)同理， 0d l E cddc旋∴0 c d U U 即d c U U题10-15图10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为32300122ln π2d π2a a Iar rIa∴2ln π2012aIM10-16 一矩形线圈长为a =20cm ，宽为b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2ln π2d 2πd 020)(12Iar r Ia S B b b S∴6012108.22ln π2a N I N M H (b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012 ，见题10-16图(b)∴ 0 M题10-16图题10-17图10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是a ，中心相距为d ，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l 的一段自感为l L 0In a ad ．解： 如图10-17图所示，取r l S d d则a d aa d aa d d aa d Il r r rIl r l r I r πI )ln (ln 2πd )d11(π2d ))d (π22(0000a a d Illnπ0∴ a a d l I L lnπ0 10-18 两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 M L L L 221反串联时M L L L 221∴ M L L 415.04L L M H10-19图10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题10-19图示 (1)通过横截面的磁通为ba a bNIhr h r NIlnπ2d π200磁链a bIh N N lnπ220 ∴a bhN IL lnπ220(2)∵221LI W m∴a b hI N W m lnπ422010-20 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r 时 20π2R I B r∴4222002π82R r I B w m 取 r r V d π2d (∵导线长1 l )则R Rm I R rr I r r w W 0204320π16π4d d 2。
北邮物理实验报告
北邮物理实验报告北邮物理实验报告引言：物理实验是学习物理知识的重要环节，通过实际操作和观察，我们可以更深入地理解和应用所学的理论知识。
本文将介绍我在北邮进行的物理实验，并对实验结果进行分析和讨论。
实验一：测量重力加速度实验目的：通过自由落体实验测量地球上的重力加速度。
实验装置：简易自由落体装置、计时器、测量尺。
实验步骤：将自由落体装置固定在垂直方向上，从不同高度释放小球，用计时器测量小球下落所需的时间，并用测量尺测量下落的距离。
实验结果：通过多次实验，我们得到了不同高度下小球下落所需的时间和下落距离的数据。
数据处理：根据自由落体运动的公式，我们可以得到重力加速度的值，并与理论值进行比较。
实验讨论：通过与理论值的比较，我们可以评估实验误差的大小，并分析可能的原因。
同时，我们还可以探讨重力加速度与高度、质量等因素的关系。
实验二：测量光的折射率实验目的：通过测量光在不同介质中的折射角和入射角，计算出光的折射率。
实验装置：光源、平面镜、凸透镜、直尺、三棱镜。
实验步骤：将光源放置在透明介质中，通过平面镜和凸透镜使光线尽可能平行，然后让光线依次通过三棱镜。
利用直尺测量光线的入射角和折射角。
实验结果：通过实验测量得到了不同介质中光的入射角和折射角的数据。
数据处理：根据折射定律和光的折射率公式，我们可以计算出光的折射率，并与理论值进行比较。
实验讨论：在实验过程中，我们还可以观察到光的色散现象，并探讨折射率与介质的性质、入射角等因素的关系。
实验三：测量电流和电压实验目的：通过测量电流和电压的关系，验证欧姆定律。
实验装置：电源、电阻、导线、电流表、电压表。
实验步骤：将电源、电阻、导线连接在一起，用电流表测量电路中的电流，用电压表测量电路中的电压。
实验结果：通过实验测量得到了不同电压下的电流数据。
数据处理：根据欧姆定律，我们可以绘制出电流和电压的关系曲线，并通过斜率计算电阻的值。
实验讨论：在实验过程中，我们还可以探讨电流和电压的变化规律，以及电阻对电路的影响。
(完整word)北京邮电大学大学物理实验习题1 (1)
大学物理实验模拟试题一一、填空题（总分42分，每空1分）1． 测量结果的有效数字的位数由 和 共同决定。
2． 50分度的游标卡尺，其仪器误差为 。
3． 量程为10mA 电流表，其等级为1。
0,当读数为6。
5mA 时,它的最大误差为 。
4． 不确定度 表示 . 5． lg35.4= .6． 在分光计实验中，望远镜的调节用的是 法.7． S 是表示多次测量中每次测量值的 程度，它随测量次数n 的增加变化很 ,N S 表示偏离真值的多少，它随测量次数n 的增加变化很 。
8． 在杨氏模量实验中,若望远镜的叉丝不清楚，应调节望远镜 的焦距，若观察到的标尺像不清楚则应调节望远镜 的焦距。
钢丝的伸长量用 法来测定。
9． 计算标准偏差我们用 法,其计算公式为 。
10．表示测量数据离散程度的是 精密度 ，它属于 偶然 误差,用 误差（偏差）来描述它比较合适.11．用20分度的游标卡尺测长度,刚好为15mm ，应记为 mm 。
12．根据获得测量结果的不同方法,测量可分为 测量和 测量；根据测量的条件不同，可分为 测量和 测量.13．电势差计实验中,热电偶的电动势与温差的关系为 关系，可用法、 法和 法来求得经验方程。
14．789。
30×50÷0.100= .15．10.1÷4。
178= 。
16．2252= 。
17．用分光仪测得一角度为300，分光仪的最小分度为1，,测量的结果为 。
18．对于连续读数的仪器，如米尺、螺旋测微计等,就以 作为仪器误差。
19．分光计测角度时由于度盘偏心引起的测量角度误差按正弦规律变化,这是 误差.20．在示波器内部，同步、扫描系统的功能是获得 电压信号，这种电压信号加在 偏转板上，可使光点匀速地沿X 方向从左向右作周期性运动.21．系统误差有 确定性 的特点，偶然误差有 随机性 的特点。
22．在测量结果的数字表示中，由若干位可靠数字加上 位可疑数字，便组成了有效数字。
大学物理学第版版北京邮电大学出版社下册习题答案
习题10选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
[答案：C](2) 对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度B （） （A ）内外部磁感应强度B 都与r 成正比；（B ）内部磁感应强度B 与r 成正比，外部磁感应强度B 与r 成反比； （C ）内外部磁感应强度B 都与r 成反比；（D ）内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比。
[答案：B](3）质量为m 电量为q 的粒子，以速率v 与均匀磁场B 成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（）（A ） 增加磁场B ；（B ）减少磁场B ；（C ）增加θ角；（D ）减少速率v 。
[答案：B](4）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为安，当线圈在的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（） （A ）；（B ）；（C ）；（D ）14J 。
[答案：A]填空题(1)边长为a 的正方形导线回路载有电流为I ，则其中心处的磁感应强度 。
[答案：aIπμ220，方向垂直正方形平面](2)计算有限长的直线电流产生的磁场 用毕奥——萨伐尔定律，而 用安培环路定理求得（填能或不能）。
[答案：能, 不能](3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 。
电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 。
[答案：零，正或负或零](4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以 电流时，管内的磁力线H 分布相同，当把两螺线管放在同一介质中，管内的磁力线H 分布将 。
[答案：相同，不相同]在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B ϖ的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B ϖ的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B ϖ的方向．题图(1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B ϖ的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B ρϖ=∴ 21B B ρϖ=（2）若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B ϖ方向相反，即21B B ρϖ≠.用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题图)的环路积分⎰外B L ϖ·d l ϖ=0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为 ⎰外B L ϖ·d l ϖ=I 0μ这是为什么? 解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μϖϖ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d ϖϖϖ外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B ϖ的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离． 题 图如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题图所示题图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb (或24.0-Wb )题图如题图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB产生 01=B ϖCD产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题图解：如题图所示,A B ϖ方向垂直纸面向里 (2)设0=B ϖ在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题图如题图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理 力学 北京邮电大学 习题讨论-3.20
m1
(不爬)
m2
(爬 )
m1= m2 把小孩看成质点， 以滑轮中心为“固定点”，
对“m1+m2 + 轻绳 + 滑轮”系统：
外力： m1 g , m 2 g , N
条件： M 外 0
所以角动量守恒 设两小孩
N R
0
分别以 v v 速度上升。 1, 2
设角动量以指向纸内为正。
R 0
第3题 一长为 l , 质量为m 的 o 竿可绕支点O自由转动．一质 30 量为m’、速率为v 的子弹射入 a ' 竿内距支点为a 处，使竿的偏 m o 转角为30 . 问子弹的初速率 v 为多少? 解 子弹、竿组成一系统，应用角动量守恒
3mva 1 2 2 mva ( ml ma )， 2 2 3 m'l 3ma
即质量为 m1 （轻的、不爬的） 小孩先到。
m1
(不爬)
m2
(爬 )
总之， 轻的小孩总是先到， 爬绳的小孩不一定先到。
刚体运动
1.转动惯量求法
同轴圆柱
r1 r2 o m2
m1
J z J 2 J1
2 m 2 r2
2
2 m1 r1
2
z
m1 r1 m2 r2
空心圆盘
J z J 2 J1 m 2 r22 m1 r12 2 2
碰后球 的角动量 碰后杆的 质心角动量 碰后杆绕 碰前总 质心的角动量 角动量
得
l 6vc ---（2）
注意：被碰的杆端不是固定点。
弹性碰撞，动能不变 2 1 1 Ml 2 1 1 2 2 mv Mv c mv02 2 2 12 2 2 2 1 1 3 ml 1 1 2 2 2 2 mv 3mv c mv 0 2 2 12 2 2
大学物理课后习题答案 北京邮电大学出版社
习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同?解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置，又是时间的函数，即．(2)在谐振动方程中只有一个独立的变量时间，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程中有两个独立变量，即坐标位置和时间，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为，横轴为；波动曲线描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为，横轴为．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．5-2 波动方程=cos［()+］中的表示什么?如果改写为=cos ()，又是什么意思?如果和均增加，但相应的［()+］的值不变，由此能从波动方程说明什么?解: 波动方程中的表示了介质中坐标位置为的质元的振动落后于原点的时间；则表示处质元比原点落后的振动位相；设时刻的波动方程为则时刻的波动方程为其表示在时刻，位置处的振动状态，经过后传播到处．所以在中，当，均增加时，的值不会变化，而这正好说明了经过时间，波形即向前传播了的距离，说明描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点?解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元内所有质元的能量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为，则相对形变量(即应变量)为.波动势能则是与的平方成正比．由波动曲线图(题5-3图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应变也为极小(该处)，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值．题5-3图对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化．5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处? =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻? 波动方程写成=cos()时，波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动方程才能写成这种形式?解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程．5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同?解: 取驻波方程为，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别?解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目()会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即，因而单位时间内通过观察者完整波的数目也会增多，即接收频率也将增高．简单地说，前者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率．题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿轴负向传播，波长= m，原点处质点的振动频率为=2. 0 Hz，振幅＝，且在=0时恰好通过平衡位置向轴负向运动，求此平面波的波动方程．解: 由题知时原点处质点的振动状态为，故知原点的振动初相为,取波动方程为则有5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为=cos()，其中，，为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为的两点的位相差．解: (1)已知平面简谐波的波动方程()将上式与波动方程的标准形式比较，可知：波振幅为，频率，波长，波速，波动周期．(2)将代入波动方程即可得到该点的振动方程(3)因任一时刻同一波线上两点之间的位相差为将，及代入上式，即得．5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为=(10)，式中,以米计，以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3)求=处质点在=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在=时刻到达哪一点?解: (1)将题给方程与标准式相比，得振幅，频率，波长，波速．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为(3)m处的振动比原点落后的时间为故,时的位相就是原点()，在时的位相，即π．设这一位相所代表的运动状态在s时刻到达点，则5-10 如题5-10图是沿轴传播的平面余弦波在时刻的波形曲线．(1)若波沿轴正向传播，该时刻，，，各点的振动位相是多少?(2)若波沿轴负向传播，上述各点的振动位相又是多少?解: (1)波沿轴正向传播，则在时刻，有题5-10图对于点：∵，∴对于点：∵，∴对于点：∵，∴对于点：∵，∴(取负值：表示点位相，应落后于点的位相)(2)波沿轴负向传播，则在时刻，有对于点：∵，∴对于点：∵，∴对于点：∵，∴对于点：∵，∴(此处取正值表示点位相超前于点的位相)5-11 一列平面余弦波沿轴正向传播，波速为5m·s-1，波长为2m，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示．(1)写出波动方程；(2)作出=0时的波形图及距离波源处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，m，且时，，∴，又，则题5-11图(a)取，则波动方程为(2) 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c)将m代入波动方程，得该点处的振动方程为如题5-11(c)图所示．5-12 如题5-12图所示，已知=0时和=时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：(1)波动方程；(2)点的振动方程．解: (1)由题5-12图可知，，，又，时，，∴，而，，∴故波动方程为(2)将代入上式，即得点振动方程为题5-12图5-13 一列机械波沿轴正向传播，=0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m·s -1，波长为2m，求：(1)波动方程；(2) 点的振动方程及振动曲线；(3) 点的坐标；(4) 点回到平衡位置所需的最短时间．解: 由题5-13图可知，时，，∴，由题知，，则∴(1)波动方程为题5-13图(2)由图知，时，，∴(点的位相应落后于点，故取负值)∴点振动方程为(3)∵∴解得(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)∴所属最短时间为5-14 如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为=cos()．(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；(2)写出距点距离为的点的振动方程．解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为如图(b)，则波动方程为题5-14图(2) 如题5-14图(a)，则点的振动方程为如题5-14图(b)，则点的振动方程为5-15 已知平面简谐波的波动方程为(SI)．(1)写出= s时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点?(2)画出= s时的波形曲线．解:(1)波峰位置坐标应满足解得 (…)所以离原点最近的波峰位置为．∵故知,∴，这就是说该波峰在前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是，即该波峰是在时通过原点的．题5-15图(2)∵，∴，又处，时，又，当时，，则应有解得，故时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示=0时刻的波形图，(b)表示原点(=0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出=2m处质元的振动曲线．解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知,，且时，，故知,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿轴负向传播，且，若取题5-16图则波动方程为5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为×10-3J·m-2·s-1，频率为300 Hz，波速为300m·s-1，求：(1)波的平均能量密度和最大能量密度?(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量?解: (1)∵∴(2)5-18 如题5-18图所示，和为两相干波源，振幅均为，相距，较位相超前，求：(1) 外侧各点的合振幅和强度；(2) 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在外侧，距离为的点，传到该点引起的位相差为（2）在外侧.距离为的点，传到该点引起的位相差.5-19 如题5-19图所示，设点发出的平面横波沿方向传播，它在点的振动方程为;点发出的平面横波沿方向传播，它在点的振动方程为，本题中以m计，以s计．设＝，＝ m，波速=·s-1，求：(1)两波传到P点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，处合振动的振幅．解: (1)题5-19图(2)点是相长干涉，且振动方向相同，所以(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为5-20 一平面简谐波沿轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为，频率为波速为．(1)若=0时，原点处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求轴上因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解: (1)∵时，，∴故波动方程为m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将代入)，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为若仍以点为原点，则反射波在点处的位相为，因只考虑以内的位相角，∴反射波在点的位相为，故反射波的波动方程为此时驻波方程为故波节位置为故 (…)根据题意，只能取，即5-20 一驻波方程为=(SI)，求：(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；(2)相邻两波节间距离．解: (1)取驻波方程为故知，则，∴(2)∵所以相邻两波节间距离5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为=(13+ (SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在=0处为波节．解: 为使合成驻波在处形成波节，则要反射波在处与入射波有的位相差，故反射波的波动方程为5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为=()(SI), =()(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2)波腹处的振幅多大?=处振幅多大?解: (1)它们的合成波为出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动．令，则，k=0,±1，±2…此即波腹的位置；令,则，…，此即波节的位置．(2)波腹处振幅最大，即为m；处的振幅由下式决定，即5-24 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz变到了1000 Hz，设空气中声速为330m·s-1，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为汽车驶离车站时，车站收到的频率为联立以上两式，得5-25 两列火车分别以72km·h-1和54 km·h-1的速度相向而行，第一列火车发出一个600 Hz 的汽笛声，若声速为340 m·s-1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少?解: 设鸣笛火车的车速为，接收鸣笛的火车车速为，则两者相遇前收到的频率为两车相遇之后收到的频率为。
大学物理学北邮第四版第一到六章课后题答案
习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为(A)dtdr (B)dt r d(C)dtr d ||(D) 22)()(dt dy dt dx +[答案：D](2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，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。
[答案：D](3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为(A)tR t R ππ2,2 (B) t Rπ2,0 (C) 0,0 (D) 0,2tRπ[答案：B]1.2填空题(1) 一质点，以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。
[答案： 10m ； 5πm](2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。
[答案： 23m·s -1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V行走。
如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V的关系是 。
[答案： 0321=++V V V]1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：(1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。
解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。
1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。
给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。
大学物理第二版答案(北京邮电大学出版社)
大学物理第二版答案（北京邮电大学出版社）习题解答第一章质点运动学1-1(1)质点t时刻位矢为：r(3t5)i12t23t4j(m)(2)第一秒内位移r1(某1某0)i(y1y0)j3(10)i12(10)23(110)j3i3.5j(m)(3)前4秒内平均速度Vr1t4(12i20j)3i5j(m1)(4)速度Vdr3i(t3)j(m1dt)∴V43i(43)j3i7j(m1)A；/。
(5)前4秒平均加速度aVV4V0734jj(m2t40)(6)加速度adVdtj(m2)a4j(m2)1-2vd某dtt33t22某d某vdtc14t4t32tc当t=2时某=4代入求证c=－12即某14t4t32t12vt33t22adv3t2dt6t将t=3代入证某41134(m)v356(m1)a345(m2)1-3(1)由运动方程某4t22t消去t得轨迹方程y3某(y3)20(2)1秒时间坐标和位矢方向为某14m[4,5]m:tgy某1.25,51.3(3)第1秒内的位移和平均速度分别为y15mr1(40)i(53)j4i2j(m)r1V4i2j(m1)t(4)质点的速度与加速度分别为drV8i2j,dtdVa8idt故t=1时的速度和加速度分别为V18i2jm1,a18im21-4该星云飞行时间为9.4610152.741096.5910172.091010a73.9310即该星云是2.091010年前和我们银河系分离的.1-5实验车的加速度为v1600103a2.47102m/225(g)t36001.80基本上未超过25g.1.80内实验车跑的距离为v1600103t1.80400（m）2236001-6(1)设第一块石头扔出后t秒未被第二块击中，则hv0t12gt2代入已知数得11115t9.8t22解此方程，可得二解为t11.84,t11.22第一块石头上升到顶点所用的时间为tmv10/g15/9.81.53由于t1tm,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于t1tm这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以v20和v20分别对应于在t1和t1时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于hv20(t1t1)1g(t1t1)22所以hv2011g(t1t1)2119.8(1.841)222t1t11.84117.2m/同理.2v20h11g(t1t1)2119.8(1.221)2221.221t1t151.1(m/)(2)由于t21.3t1,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t1时刻相碰，第二块的初速度为h12g(t)21119.8(1.841.3)2v201t2tt2121.841.323.0(m/)1-7以l表示从船到定滑轮的绳长，则v0dl/dt.由图可知l2h2于是得船的速度为vdldl2h2dtl2h2dtv0习题1-7图负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为advdldtvdlh2v20dll2h20dt3负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8所求位数为2r42n2r42(6104)2gg0.16029.841051-9物体A下降的加速度(如图所示)为a2h20.40.2m/2t222此加速度也等于轮缘上一点在t3时的切向加速度，即at0.2(m/2)在t3时的法向加速度为av2(att)2R(0.23)2n1.00.36(m/2R)习题1-9图习题1-10图1-10a1.2m/2,t00.5,h01.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为3v0at01.20.50.6(m/)以t表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为hv0t12gt2电梯下降的距离为hv0t12at2又h0hh1(ga)t22由此得t2h021.50.59ga9.81.2而小球相对地面下落的距离为hv0t12gt20.60.599.80.5922.06m1-11v风地v风人v人地2v0人地，速度矢量合成如图（b）两图中v风地应是同一矢量.可知（a）v风人画出速度矢量合成图(a)又v风地12图必是底角为45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为v风地4.23(m1)v0人地co452v0人地1-12(1)t(2)2L2LvvLL2vLtt1t22vuvuvu222Lu1vv1习题1-11图(3)u由东习题1-12图tt1t2LL,如图所示风速vv向西，由速度合成可得飞机对地速度vuv,则Vv2u2.t2L2L22vvu2Luv1v2证毕1-13（1）设船相对岸的速度为V(如图所示),由速度合成得VuVV的大小由图1.7示可得VVcouco习题1-13图4即VcoVuco323332而Vinuin21船达到B点所需时间tAB两点之距SDctgOBDD1000()VVincoin12D将式（1）、（2）代入可得SD(33)1268(m)(2)由D1103tVinuin船到对岸所需最短时间由极值条件决定dt1du1in2co0即co0,/2故船头应与岸垂直，航时最短.将值代入（3）式得最短航时为3t110minuin/2110320.5103500()(3)设OBl,则lDVDDu2V22inuVcoVinuin欲使l最短，应满足极值条件.dlDu2V22uVcoduacoainuVin2ain2au2V22uVco0简化后可得2u2V2coauVco10即co2a136co10解此方程得co23co12348.2故船头与岸成48.2，则航距最短.将值代入（4）式得最小航程为2lu2v22uvco10002232223minDu1co23221231.5103m1.5(km)AB两点最短距离为52SminlminD21.511.12(km)第二章质点动力学2-1（1）对木箱，由牛顿第二定律，在某向：Fmincofma某0y向：NFmininMg0还有fma某N习题2-1图木箱将要被推动的情况下如图所示，解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为FminMgcoin在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为FminkMgcokin（2）在上面Fmin的表示式中，如果coin0，则Fmin，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是coin0由此得的最小值为arctan12-2（1）对小球，由牛顿第二定律某向：TcoNinmay向：TinNcomg0联立解此二式，可得Tm(acogin)0.5(2co309.8in30)3.32(N)Nm(gcoain)0.5(9.8co302in30 )3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力NN3.74(N)（2）小球刚要脱离斜面时N=0，习题2-2图则上面牛顿第二定律方程为Tcoma,Tinmg由此二式可解得ag/tan9.8/tan3017.0m/22-3要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a,且挂吊B的绳应向后倾斜。
大学物理学第版 修订版北京邮电大学出版社下册第十三章习题答案
习题1 3 选择题（1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是[ ](A) 使屏靠近双缝．(B) 使两缝的间距变小．(C) 把两个缝的宽度稍微调窄．(D) 改用波长较小的单色光源．[答案：C]（2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[ ](A) 间隔变小，并向棱边方向平移．(B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移．(C) 间隔不变，向棱边方向平移．(D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移．[答案：A]（3）一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为[ ](A) ． (B) / (4n)．(C) ． (D) / (2n)．[答案：B]（4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n，厚度为d的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了[ ](A) 2 ( n-1 ) d． (B) 2nd．(C) 2 ( n-1 ) d+ / 2． (D) nd．(E) ( n-1 ) d．[答案：A]（5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是［］(A) ． (B) / (2n)．(C) n． (D) / [2(n-1)]．[答案：D]填空题（1）如图所示，波长为的平行单色光斜入射到距离为d的双缝上，入射角为．在图中的屏中央O处(OSOS21=)，两束相干光的相位差为________________．[答案：2sin/dπθλ]（2）在双缝干涉实验中，所用单色光波长为＝ nm (1nm＝10-9m)，双缝与观察屏的距离D＝1.2 m，若测得屏上相邻明条纹间距为x＝1.5 mm，则双缝的间距d＝__________________________．[答案：0.45mm]（3）波长＝600 nm的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二个明环与第五个明环所对应的空气膜厚度之差为____________nm．(1 nm=10-9 m)[答案：900nm ]（4）在杨氏双缝干涉实验中，整个装置的结构不变，全部由空气中浸入水中，则干涉条纹的间距将变。
北京邮电大学英文版物理实验
physics lab reportDetermination of the Gravitation Constant gby Means of a Simple PendulumAimThis experiment was performed to determine the gravitational acceleration of objects close to the surface of the earth, by observing the motion of a simple pendulum.IntroductionA simple pendulum, figure 1, displaced through a small angle θ, will oscillate back and forth about its equilibrium position with period T . T is the time the pendulum takes to make one complete back-and-forth motion. The bob is hung from a rigid support on a string of length L .Figure 1: The simple pendulum.For oscillations where the angle θ is small, the period T is related to the length L of the string and the gravitation constant g byT L g=2πSquaring both sides of this equation yieldsT L g224=π If one measures the period of a pendulum as a function of the length of the string, then a plot of T 2 as a function of L will yield a straight line with a gradient G ; andg G=42πExperimental MethodA simple pendulum was produced from a length of string and a fishing sinker. The sinker was displaced through an angle less than 10 degrees and released. For five different lengths of string between 23 and 100 cm, the period of oscillation wasmeasured. In each measurement, the pendulum was allowed to oscillate 50 times. The total time for 50 oscillations was measured with a stopwatch, and the period was calculated by dividing the total time for 50 oscillations by 50. The stopwatchmeasures time to 0.01 seconds. However, it is estimated that the total reaction time of the experimenter was 0.2 seconds. Thus the uncertainty of any original measurement of time was taken to be 0.2 seconds. With a metre rule, the length of the string was measured to the nearest millimetre. The length of the string was measured from the support to the centre of the bob.Results and CalculationsTable 1 shows the results of the experiment, and the plot of T 2 versus L is given in figure 2.The uncertainty in each measurement of length is 0.001 m. The uncertainty in each measurement of time for 50 oscillations, δT 1 is 0.2 s. Thus the uncertainty in any measurement of the period isδδT T ===15002500004..s sThe period is squared prior to plotting. The relative uncertainty in the period squared is twice the relative uncertainty in the period:δδ().T T T T T 2220008==sSolving for δT ,δδδ()()(.T TT T T T T 22220008===s)Thus the uncertainty in T 2 is proportional to T . The largest data point is forT 2 = 3.80 s 2. The uncertainty in this datum is δ()(.(.).T 22000819500156==s)s s . The maximum uncertainty in T 2 is thus 0.4 %. The error bars associated with T 2 are too small to plot on a graph. Similarly, the error bars associated with L are also too small to plot on the graph.0.511.522.533.540.2350.4110.5970.8120.975length (m)T 2Figure 2: Plot of T 2 as a function of L .A straight line fits the data well. The gradient of the line of best fit can be calculated fromG ==--==rise run s m s ms m (..)(..).../3505009001430076395222andg G ===44s mm /s 22ππ39599922./.To work out the uncertainty in the gradient, an alternative line of best fit was selected, and its gradient is given byG alt s m s ms m =--==(..)(..).../375250095064125031403222The uncertainty in G is the difference of these 2 gradients:δG G G =±-=±-±()(..)//alt s m =0.08s m 40339522The percent uncertainty in G , and thus in g isδδG G g g ===0083952..%Thus the experimentally determined value of the gravitation constant isg = 9.99 m/s 2 ± 2 %.DiscussionThe accepted value 1 of g is 9.81 m/s 2. The accuracy of the results isaccuracy m s m s observed expected expected =-=-=+g g g (..)/./%999981981222The experimentally determined value of g agrees with the accepted value to within the experimental uncertainty. Thus this experiment was a successful and accurate determination of g , even with the simple apparatus.The bob used in this experiment is in the shape of a triangular wedge. The centre of mass was estimated (guessed) for the bob, and the length of the string wasconsistently measured to that point. The accuracy of the length of the string did not matter in this experiment so long as the length was always measured in the same way. The gravitation constant was determined from the change in T 2 as L changed. This change is static, regardless of where the end of the string was taken to be. Any errors in estimating where the string ended will merely shift the plot up or down. It will not affect the gradient. An interesting further experiment would be to collect more data points for small L , and see if the plotted data pass through the origin.Another interesting investigation would be to perform the experiment for large angles of displacement θ. The theory assumes that this angle is small. Further experiments could investigate how the determination of g in this technique is affected by an increasing angle of displacement.ConclusionBy means of a simple pendulum, the value of the gravitation constant was determined to be g = 9.99 m/s 2 ± 2 %. This agreed with the accepted value, 9.81 m/s 2, to within the experimental uncertainty.References1. Deakin University (1997), SEP101 Unit Guide .2. Halliday, D., Resnick, R., and Walker, J. (1993), Fundamentals of Physics , 4th edn (extended), John Wiley & Sons, New York.3. Ohanian, H.C. (1994), Principles of Physics , Norton, New York.。
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大学物理实验模拟试题一
一、填空题（总分42分，每空1分）
1． 测量结果的有效数字的位数由 和 共同决定。
2． 50分度的游标卡尺，其仪器误差为 。
3． 量程为10mA 电流表，其等级为1.0，当读数为6. 5mA 时，它的最大误差为 。
4． 不确定度σ表示 。
5． lg35.4= 。
6． 在分光计实验中，望远镜的调节用的是 法。
7． S 是表示多次测量中每次测量值的 程度，它随测量次数n 的增加变化很 ，N S 表示 偏离真值的多少，它随测量次数n 的增加变化很 。
8． 在杨氏模量实验中，若望远镜的叉丝不清楚，应调节望远镜 的焦距，若观察到的标尺像不清楚则应调节望远镜 的焦距。
钢丝的伸长量用 法来测定。
9． 计算标准偏差我们用 法，其计算公式为 。
10．表示测量数据离散程度的是 精密度 ，它属于 偶然 误差，用 误差（偏差）来描述它比较合适。
11．用20分度的游标卡尺测长度，刚好为15mm,应记为 mm 。
12．根据获得测量结果的不同方法，测量可分为 测量和 测量；根据测量的条件不同，可分为 测量和 测量。
13．电势差计实验中，热电偶的电动势与温差的关系为 关系，可用 法、 法和 法来求得经验方程。
14．789.30×50÷0.100= 。
15．10.1÷4.178= 。
16．2252= 。
17．用分光仪测得一角度为300，分光仪的最小分度为1，，测量的结果为 。
18．对于连续读数的仪器，如米尺、螺旋测微计等，就以 作为仪器误差。
19．分光计测角度时由于度盘偏心引起的测量角度误差按正弦规律变化，这是 误差。
20．在示波器内部，同步、扫描系统的功能是获得 电压信号，这种电压信号加在 偏转板上，可使光点匀速地沿X 方向从左向右作周期性运动。
21．系统误差有 确定性 的特点，偶然误差有 随机性 的特点。
22．在测量结果的数字表示中，由若干位可靠数字加上 位可疑数字，便组成了有效数字。
23．在进行十进制单位换算时，有效数字的位数 。
24．静电场模拟实验应用了 法，它利用了静电场和 的相似性。
二、单项和多项选择题（总分30分,每题3分）
1． 下列测量结果正确的表达式是：
A ．L=23.68＋0.03m
B ．I=4.091＋0.100mA
C ．T=12.563＋0.01s
D ．Y=(1.67＋0.15)×1011P a
２．在下面的李萨如图中，如果在X 轴方向信号的频率是100Hz ，那么在Y 轴方向信号的频率是：
３．在静电场模拟实验中，若提高电源电压，则：
Ａ．等势线的分布更密集 Ｂ．电场分布会有畸变
Ｃ．等势线的形状不会发生改变 Ｄ．电力线会产生变化
４．在示波器实验中，时间轴Ｘ轴上加的信号为
Ａ．正弦波 Ｂ．方波 Ｃ．三角波 Ｄ．锯齿波
５．下列不确定度的传递公式中，正确的是： Ａ．y x y x N +-= 222
x 2222y 2N y x x y x y +++=σσσ Ｂ．z 2y x L -+= 2224z y x z
σσσσ++= Ｃ．at 1V M +=
32
222)1()1(4at V a at t V M +++=σσσ （a 为常数） Ｄ．4h d V 2π= 2h 2d V
d 4σσσ+= ６．测量一约为1.5伏的电压时要求其结果的相对误差不大于1.5%，则应选用下列哪种规
格的电压表：
Ａ．0.5级，量程为5伏 B ．1.0级，量程为2伏
C ．2.5级，量程为1.5伏
D ．0.5级，量程为3伏
7．实验中，牛顿环的中心条纹为：
Ａ．暗纹 Ｂ．亮纹 Ｃ．零级条纹 Ｄ．不确定
８．下列正确的说法是
Ａ．A 类不确定度评定的都是偶然误差 Ｂ．系统误差都由B 类不确定度决定
Ｃ．A 类不确定度可以评定某些系统误差 Ｄ．偶然误差全部可以用A 类不确定度来评定
９．在杨氏模量实验中，下列哪种原因产生系统误差？
Ａ．实验前钢丝没拉直 Ｂ．支架不铅直
Ｃ．砝码的误差 Ｄ．标尺的刻度误差
Ｅ．以上全部
10．在静电场模拟实验中，若画出的等势线不对称，可能的原因是：
Ａ．导线有一定的电阻 Ｂ．电源电压过高
Ｃ．导电基质不均匀 Ｄ．以上全部
三、综合题（总分28分）
１．用50分度的游标卡尺测圆环的宽度，其数据如下：m=15.272，15.276，15.268，15.274，
15.270，15.272，15.274，15.268，15.274，15.272cm ，求合成不确定度。
（10分）
２．测量某圆柱体的高h=13.322+0.006cm ，直径为d=1.541+0.005cm ，计算圆柱体的体积V
的值并写出结果表达式。
（10分）
３．利用读数显微镜测量一微小圆环的内环半径R1、外环半径R2和厚度d 。
试说明测量方
法和测量步骤。
（8分）
大学物理实验模拟试题一答案
一、填空题（总分42分，每空1分）
1．被测量的大小，测量仪器。
2．0.02mm 。
3．0.01mA 。
4．误差以一定的概率被包含在量值范围（σσ+-~）之中，或测量值的真值以一定的概率落在量值范围（σσ+-N N ~）之中。
5．1.549。
6．自准直。
7．分散，慢，平均值，快。
8．目镜，物镜，放大法。
9．贝塞尔，（公式略）。
10．精密度，偶然，标准。
11．15．00
12．直接，间接，等精度，非等精度。
13．线性，作图，逐差，最小二乘。
14．3.9×103。
15．2.42。
16．5.06×104。
17．0.5236+0.0003弧度
18．最小分度/2。
19．系统。
20．锯齿波，X 。
21．确定性，随机性。
22．1．
23．不变。
24．模拟，电流场。
二、单项和多项选择题（总分30分,每题3分）
１A ２C ３C ４Ｄ 5 B 6B D 7Ｄ ８CD ９Ｅ 10C
三、综合题（总分28分）
1． 解：)
1()(1012--=∑=n n m m S i i m =0.003（cm ） (3分) )
(001.03002
.03002.0cm u cm
==∆=
=∆仪仪 （4分）
)(003.0)001.0()003.0(2222cm u S m =+=+=σ （3分） 2． 解：)(85.24322.13541.01416.3414322cm h d V =⨯⨯⨯==π （2分）
3
2222.0()()2(4cm d hd h d V ==+=数据代入式）σσπ
σ (4分) V=24.9+0.2（cm 3） (3分)
3．解：
主要是注意空转误差的消除。
（4分）
R1和R2的测量转化为直径的测量。
（4分。