大学物理第09章作业[1]

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大学物理第九章习题答案

B
A
O
C O
B
（A）A 点比 B 点电势高。（B）A 点与 B 点电势相等。（C）A 点比 B 点电势低。（D）有稳恒电流从 A 点流向 B 点。 3、一根长为 L 的铜棒，在均匀磁场 B 中以匀角速度旋转着， B 的方向垂直铜棒转动的平面，如图。设 t 0 时，铜棒与 Ob 成角，则在任一时刻 t 这根铜棒两端之间的感应电动势是：[ （A） L B cos(t ) （B）
0 I I b ldx 0 In 2 x 2 a
0 I 2 x
2、如图所示，矩形导体框架置于通有电流 I 的长直导线旁，且两者共面， ad 边与长直导线平行， dc 段可沿框架移平动。设导体框架的总电阻 R 始终保持不变，现 dc 以速度 v 沿，穿过 abcd 回路框架向下作匀速运动，试求（1）当 dc 段运动到图示位置（与 ab 相距 x ）的磁通量；（2）回路中的感应电流 I i ；
B a b
2
大学物理习题集
10、在无限长的载流直导线附近放置一矩形闭合线圈，开始时线圈与导线在同一平面内，且线圈中两条边与导线平行，当线圈以相同的速率作如图所示的三种不同方向的平动时，线圈中的感应电流：[ B ]

是由通有电流 I 的线圈所产生，且 B KI （ K 为常量），则旋转线圈相对于产生磁场的线圈最大互感系数为 6、。
无限长密绕直螺线管通以电流 I 、内部充满均匀、各向同性的磁介质，磁导率为。，磁能密度。
设管内部的磁感应强度大小为 B ，则内部的磁场强度为为。设螺线管体积为 V，则存储在螺线管内部的总磁能为

2024版《大学物理》全套教学课件(共11章完整版)

01课程介绍与教学目标Chapter《大学物理》课程简介0102教学目标与要求教学目标教学要求教材及参考书目教材参考书目《普通物理学教程》（力学、热学、电磁学、光学、近代物理学），高等教育出版社；《费曼物理学讲义》，上海科学技术出版社等。

02力学基础Chapter质点运动学位置矢量与位移运动学方程位置矢量的定义、位移的计算、标量与矢量一维运动学方程、二维运动学方程、三维运动学方程质点的基本概念速度与加速度圆周运动定义、特点、适用条件速度的定义、加速度的定义、速度与加速度的关系圆周运动的描述、角速度、线速度、向心加速度01020304惯性定律、惯性系与非惯性系牛顿第一定律动量定理的推导、质点系的牛顿第二定律牛顿第二定律作用力和反作用力、牛顿第三定律的应用牛顿第三定律万有引力定律的表述、引力常量的测定万有引力定律牛顿运动定律动量定理角动量定理碰撞030201动量定理与角动量定理功和能功的定义及计算动能定理势能机械能守恒定律03热学基础Chapter1 2 3温度的定义和单位热量与内能热力学第零定律温度与热量热力学第一定律的表述功与热量的关系热力学第一定律的应用热力学第二定律的表述01熵的概念02热力学第二定律的应用03熵与熵增原理熵增原理的表述熵与热力学第二定律的关系熵增原理的应用04电磁学基础Chapter静电场电荷与库仑定律电场与电场强度电势与电势差静电场中的导体与电介质01020304电流与电流密度磁场对电流的作用力磁场与磁感应强度磁介质与磁化强度稳恒电流与磁场阐述法拉第电磁感应定律的表达式和应用，分析感应电动势的产生条件和计算方法。

法拉第电磁感应定律楞次定律与自感现象互感与变压器电磁感应的能量守恒与转化解释楞次定律的含义和应用，分析自感现象的产生原因和影响因素。

介绍互感的概念、计算方法以及变压器的工作原理和应用。

分析电磁感应过程中的能量守恒与转化关系，以及焦耳热的计算方法。

电磁感应现象电磁波的产生与传播麦克斯韦方程组电磁波的辐射与散射电磁波谱与光子概念麦克斯韦电磁场理论05光学基础Chapter01光线、光束和波面的概念020304光的直线传播定律光的反射定律和折射定律透镜成像原理及作图方法几何光学基本原理波动光学基础概念01020304干涉现象及其应用薄膜干涉及其应用（如牛顿环、劈尖干涉等）01020304惠更斯-菲涅尔原理单缝衍射和圆孔衍射光栅衍射及其应用X射线衍射及晶体结构分析衍射现象及其应用06量子物理基础Chapter02030401黑体辐射与普朗克量子假设黑体辐射实验与经典物理的矛盾普朗克量子假设的提普朗克公式及其物理意义量子化概念在解决黑体辐射问题中的应用010204光电效应与爱因斯坦光子理论光电效应实验现象与经典理论的矛盾爱因斯坦光子理论的提光电效应方程及其物理意义光子概念在解释光电效应中的应用03康普顿效应及德布罗意波概念康普顿散射实验现象与经德布罗意波概念的提典理论的矛盾测不准关系及量子力学简介测不准关系的提出及其物理量子力学的基本概念与原理意义07相对论基础Chapter狭义相对论基本原理相对性原理光速不变原理质能关系广义相对论简介等效原理在局部区域内，无法区分均匀引力场和加速参照系。

大学物理同步训练第09章热力学基础

第九章热力学基础一、选择题1. 如图1所示，一定量的理想气体，由平衡状态A 变到平衡状态B （p A =p B ），则无论经过的是什么过程，系统必然（A ）对外做正功（B ）内能增加（C ）从外界吸热（D ）向外界放热答案：B分析：功和热量为过程量，其大小、正负与过程有关，故A 、C 、D 选项错误；内能（温度）为状态量，与过程无关。

由图可知，B 点内能高于A 点（由内能公式E =ipV 2⁄可得，式中i 为气体分子自由度，见《气体动理论》选择题1）。

2. 对于室温下的单原子分子理想气体，在等压膨胀的情况下，系统对外所做的功与从外界吸收的热量之比W Q ⁄等于（A ）23⁄（B ）12⁄ （C ）25⁄ （D ）27⁄ 答案：C分析：由等压过程公式∆Q:∆E:∆W =(i +2):i:2可得W Q ⁄=2(3+2)=25⁄⁄。

3. 压强、体积、温度都相等的常温下的氧气和氦气，分别在等压过程中吸收了相等的热量，它们对外做的功之比为（A ）1：1（B ）5：9 （C ）5：7 （D ）9：5 答案：C分析：（参考选择题2）可得∆W =2i +2∆Q → ∆W O 2∆W He =2∆Q (i O 2+2)⁄2∆Q (i He +2)⁄=3+25+2=57 关于自由度i 可参考《气体动理论》选择题1。

4. 在下列理想气体过程中，哪些过程可能发生？（A ）等体积加热时，内能减少，同时压强升高（B ）等温压缩时，压强升高，同时吸热（C ）等压压缩时，内能增加，同时吸热（D ）绝热压缩时，压强升高，同时内能增加答案：D分析：热力学第一定律∆Q =∆E +∆W （其中∆Q 为系统吸收的热量，∆E 为系统内能的增量，∆W 为系统对外所做的功）。

等体过程，∆W =0，吸收热量∆Q >0，则∆E >0，系统内能增加，故A 错误；等温压缩，∆W <0，温度不变即∆E =0，故∆Q <0，系统放热，故B 错误；等压压缩，∆W <0，由等压过程公式（见选择题2）可知∆E <0，∆Q <0，系统内能减小，且系统放热，故C 错误；绝热压缩时，∆Q =0，∆W <0，故∆E >0，系统内能增加，由绝热过程曲线可知压强升高，故D 正确。

机械振动——单摆

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单摆的简谐运动
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1
选择题
答案
2
填空题
3
计算题
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一．选择题（每小题中至少有一个选项是正确的）选择题 1．对单摆的振动，以下说法中正确的是
A．单摆摆动时，摆球受到的向心力大小处处相等 B．单运动的回复力是摆球所受合力 C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零 D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
普高物理第二册第九章退出进入帮助课程小结课前导入课堂内容课外拓展课后作业退出返回主页1862年18岁的伽利略离开神学院进入比萨大学学习医学他的中充满着奇妙的幻想和对自然科学的无穷疑问一次他在比萨大学忘掉了向上帝祈祷双眼注视着天花板上悬垂下来摇摆不定的挂灯右手按着左手的脉搏口中默默地数着数字在一般人熟视无睹的现象中他却第一个明白了挂灯每摆动一次的时间是相等的于是制作了单摆的模型潜心研究了单摆的运动规律给人类奉献了最初的能准确计时的仪器
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概念 6 关于单摆做简谐运动的条件 ① （ｘ表示摆球偏离平衡位置的位移，ｌ表示单摆的摆长） ②在摆角θ很小时，回复力的方向与摆球偏离平衡位置的位移方向相反，大小成正比，单摆做简谐运动. ③我们知道简谐运动的图象是正弦(或余弦曲线)，那么在摆角很小的情况下，既然单摆做的是简谐运动，它振动的图象也是正弦或余弦曲线. ④做课本图9～１９的演示实验——漏斗的漏砂落到匀速拉动的硬纸板上形成的图象是简谐运动的图象. 总结：从理论上和实际得到的图象中均可看出：在摆角很小的情况下，总结：从理论上和实际得到的图象中均可看出：在摆角很小的情况下，单摆做简谐运动. 摆做简谐运动

09大学物理复习波动方程

n2 n1
时
r 2dn2 t 2dn2 2
第十四章波动光学
n3 n2 n1
r 2dn2 2 t 2dn2
时
n2 n1
n1 n2 n3
波动光学习题课选讲例题等厚干涉 1）干涉条纹为光程差相同的点的轨迹，即厚度相等的点的轨迹 k 1 d 2n 2）厚度线性增长条纹等间距，厚度非线性增长条纹不等间距 3）条纹的动态变化分析（ n, , 变化时） 4）半波损失需具体问题具体分析
波动光学习题课选讲例题
物理学教程（第二版）
例如图两同相的相干点光源 S1和 S 2 ，发出波长为的光，A 是连线中垂线上的一点， S1 与A 间插入厚度为的薄片，求 1）两光源发出的光在 A 点的相位差；2）已知 500 nm , n 1.5 , A为第四级明纹中心, 求薄片厚度 e 的大小.
1）相位差和光程差的关系
nr
2 π
第十四章波动光学

光程差
光在真空中波长

波动光学习题课选讲例题
物理学教程（第二版）
2）透镜不引起附加的光程差
3）光由光疏媒质射向光密媒质而在界面上反射时，发生半波损失，这损失相当于 2 的光程. 三薄膜干涉入射光在薄膜上表面由于反射和折射而“分振幅”，在上下表面反射的光为相干光. n1 当光线垂直入射时 i 0 当当
若在牛顿环装置的透镜和平板玻璃板间充满
某种折射率大于透镜折射率而小于平板玻璃的某种液
体，则从入射光方向所观察到的牛顿环的环心是
（1）暗斑（2）明斑（3）半明半暗的斑（4）干涉现象消失
n1
n2
n1 n2 n3

大学物理化学第09章可逆电池电动势及其应用(1)

B、E1>E2
C、E1=E2
D、不能确定
6. 已知电池
(1) Cu|Cu2+(a2)||Cu2+(a1)|Cu
E1
(2) Pt|Cu2+(a2),Cu+(a’)||Cu2+(a1),Cu+(a’) |Pt E2=(
)
A、E1=E2/2
B、E1=2E2
C、E1=E2 D、E1E2
7. 有电池反应
在 25℃，a=0.1 时的电动势 E= 1.135V
a=0.01 时的电动势 E=
V
-2-
）
A、铁粉，镉粉皆会溶解；
B、铁粉，镉粉皆不会溶解；
C、铁粉溶解，镉粉不溶；
D、镉粉溶解，铁粉不溶。
10.298K,要使下列电池成为自发电池，Na(Hg)(a1)|Na+(aq)|Na(Hg)(a2)则必须使两个活度满足
（）
A、a1=a2
B、a1> a2
C、a1< a2
D、可取任意值
-1-
11. 298K,已知θ(Fe3+/Fe2+)=0.771V, θ(Sn4+/Sn2+)=0.150V, 则反应
D、无法判断
14.某电池反应为 2Hg l + O2 + 2H2O l = 2Hg2+ + 4OH−,当电池反应达平衡时，电池的 E
()
A、>0
B、 E = Eθ
C、<0
D、=0
15.一个充满电的蓄电池以 1.7V 的输出电压放电，然后以 2.3V 的电压充电使其恢复原来状态，
则充放电的全过程中，以电池为体系，则 W 和 Q 的符号分别为

大学物理3第09章习题分析与解答

大学物理3第09章习题分析与解答(总3页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2第九章电磁感应9-1 在感应电场中电磁感应定律可写成tΦd d d L K -=⎰⋅l E ，式中K E 为感生电场的电场强度．此式表明[ ]。

(A) 闭合曲线L 上K E 处处相等 (B)感生电场的电场强度线不是闭合曲线(C) 感生电场是保守力场 (D) 在感生电场中不能像对静电场那样引入电势的概念分析与解感生电场与位移电流是麦克斯韦两个重要假设，感生电动势总是等于感生电场沿该闭合回路的环流，故感生电场不是保守场，称为有旋电场，不能象静电场那样引入电势的概念。

正确答案为（D ）。

9-2 E 和E k 分别表示静电场和有旋电场的电场强度，下列关系式中，正确的是[ ]。

（A ）0d L =⎰⋅l E （B ）0Ld ≠⎰⋅l E（C ）0d k L =⎰⋅l E（D ）0d k L≠⎰⋅l E 分析与解静电场的环流恒为零，而感生电场的环流不一定为零。

正确答案为（A ）。

9-3 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感，则[ ]。

(A) 铜环中有感应电流，木环中无感应电流(B) 铜环中有感应电流，木环中有感应电流(C) 铜环中感生电场大，木环中感生电场小（D ）铜环中感生电场小，木环中感生电场大分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但木环中不会形成电流。

正确答案为（A ）。

9-4 关于位移电流，有下面四种说法，正确的是[ ]。

（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ）位移电流的热效应服从焦耳—楞兹定律（D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定律分析与解位移电流的实质是变化的电场。

变化的电场激发磁场，这一点位移电流等效于传导电流；但位移电流不是定向运动的电荷，也不服从焦耳热效应、安培力等定律。

大学物理第09章作业

24
第九章振动
12
物理学
第五版
第九章作业题
旋转矢量法？旋转矢量法？
x
0.10
0.05
P
tQ
Q
o
t
−A
A2
x
o
tP A
tO
- 0.1
第九章
振动
13
物理学
第五版
第九章作业题
9-19 有一单摆，长为有一单摆， 1.0m，最大摆角为 0，如，最大摆角为5 图所示。图所示。（1）求摆的角频率和周期；）求摆的角频率和周期； 2）设开始时摆角最大，（2）设开始时摆角最大，试写出单摆的运动方程；试写出单摆的运动方程；（3）当摆角为 0时的角速）当摆角为3 度和摆球的线速度。
物理学
第五版
第九章作业题
9-6 有一个弹簧振子，振幅 A = 2.0 × 10 -2 m , 有一个弹簧振子，周期 T = 1.0s , 初相 ϕ = 3π 4 , 试写出它的运动方程，方程，并作出 x-t 图、v-t 图和a-t 图。解：弹簧振子的振动是简谐振动，只要确定弹簧振子的振动是简谐振动，了三个特征量 A、ω 和ϕ ，其运动方程为：其运动方程为： x = A cos(ωt + ϕ )
第九章振动
ϕ0 = - π 3
10
物理学
第五版
第九章作业题
x(m)
0.10 0.05 P 4.0
0
t(s)
则：x = 0.10 cos( ω t - )
3
π
曲线可知：由 x-t 曲线可知：
t = 4s时，ϕ = π 2 = ω × 4 - π 3
5π 运动方程为：运动方程为：x = 0.10 cos( t - π 3) 24

大物AI作业参考解答_No.09 磁感应强度

正方形回路 2 的 4 段直线电流在中心 O2 产生的磁感应强度的大小为：
B 4 μ0I (cos45 cos135) 2 2μ0I
4π（R/2）
πR
磁场磁感应强度的大小之比 B1 / B2 为
所以选 C
3. 在磁感应强度为 B 的均匀磁场中作一半径为 r 的半球面 S，S 边线所在平面的法线方向单
μ0 IR 2
和磁场叠加原理可得：
2(R 2 x 2 )3/2
两球面相切处 A 点的磁感强度大小 BA =0 或解析法：
由典型电流：圆形电流圆环轴线上任一点磁感应强度公式 B
μ0 IR 2
和磁场叠加原理有：
2(R 2 x 2 )3/2
两球面相切处 A 点的磁感强度大小为：
BA
μ0ωr 2dr 2
(B) 0
iydl
4 ( x2 y 2 z 2 )3
x
(C)
0 iydl 4 x2 y 2 z 2
(D) 0
ixdl
4 ( x2 y 2 z 2 )3
解：由毕奥－萨伐尔定律，电流元在场点
P
处产ห้องสมุดไป่ตู้的磁感应强度为 dB
0 4
idl
r3
r
而由矢量矢乘（叉乘）规则，有 idl
μ0ωR[
/2 /2
cos 4d 2(2 - 2sin )
-
/2 cos 4d ]
/2 2(2 2sin )
μ0ωR[
/2 /2
sincos 4d ]
4(1 - sin 2 )
/2
μ0ωR[ /2
cos2dcos ]
4
0
3. 一磁场的磁感应强度为 B ai bj ck (T) ，则通过一半径为 R、开口向 z 正方向的半球壳表面的磁

第 09 章吸光光度法

天津理工大学
白光除了可由所有波长的可见光复合得到外，还可由适当的两种颜色的光按一定比例复合得到。能组成白光的两种颜色的光叫补色光。
物质的颜色与吸收光的关系：当白光照射到物质上时，如果物质对白光中某种颜色的光产生了选择性的吸收，则物质就会显示出一定的颜色。物质所显示的颜色是吸收光的互补色。
吸收峰和最大吸收波长max • 吸收曲线上的各个峰叫吸收峰。峰越高，表示物质对相应波长的光的吸收程度越大。其中最高的那个峰叫最大吸收峰，它的最高点所对应的波长叫最大吸收波长，用λmax表示。
天津理工大学
物质的吸收曲线和最大吸收波长的特点： 1）不同的物质，吸收曲线的形状不同，最大吸收波长不同。 2）对同一物质，其浓度不同时，吸收曲线形状和最大吸收波长不变，只是吸收程度要发生变化，表现在曲线上就是曲线的高低发生变化。
价电子
价电子
分子振动
分子振动
分子转动
天津理工大学
§9.1 吸光光度法基本原理
9.1.1物质对光的选择性吸收
1 可见光的颜色和互补色：在可见光范围内，不同波长的光的颜色是不同的。平常所见的白光（日光、白炽灯光等）是一种复合光，它是由各种颜色的光按一定比例混合而得的。利用棱镜等分光器可将它分解成红、橙、黄、绿、青、蓝、紫等不同颜色的单色光。
κ值可以从实验中得到。
天津理工大学
摩尔吸收系数κ的讨论
（1）吸收物质在一定波长和溶剂条件下的特征常数；（2）不随浓度c和光程长度b的改变而改变。在温度和波长等条件一定时， κ仅与吸收物质本身的性质有关，与待测物浓度无关；（3）同一吸收物质在不同波长下的κ值是不同的。在最大吸收波长λmax处的摩尔吸收系数κmax表明了该吸收物质最大限度的吸光能力，也反映了光度法测定该物质可能达到的最大灵敏度。

大学物理第09章习题

第九章振动
5
物理学
第五版
物理学
第五版
第九章习题
6 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A=2.0×10-2 m，周期T＝0.50 s.当t=0时：（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动;(3)物体在 x=1.0×10-2 m处，向负方向运动；（4）物体在 x=1.0×10-2 m处，向正方向运动.求以上各种情况的运动方程.
第九章振动
12
物理学
第五版
物理学
第五版
第九章习题
13 已知两同方向同频率的简谐运动的方程为 x1 0.05cos( 10t 0.75π) ，式中x1，x2的单位为 m，t的单位为 s.求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向同频率的简谐运动的 x3 0.07 cos( 10t 3 ) ，式中x3的单位为 m，t的单位为 s，则 3 为多少时， x1+x3的振幅最大？又 3为多少时，x2+x3 的振幅最小？
第九章振动
3
物理学
第五版
物理学
第五版
第九章习题
3 有一弹簧振子，振幅 A 2.0 10 2 m，周期T 1.0 s，初相 3π / 4 . 试写出它的运动方程，并作出x-t图、v-t图和a-t图.
π 4 若简谐运动方程为 x 0.10 cos(20 πt ) 4 式中x的单位为m，t的单位为s.求：
第九章振动
7
物理学
第五版
物理学
第五版
第九章习题
8 某振动质点的x-t曲线如图所示，试求：（1）运动方程；（2）点P对应的相位；（3）到达P相应位置所需时间.

大学物理教案(第五版)下册马文蔚改编09-1简谐振动

θ
θ
l
c mg
dθ mgl = sin θ 2 dt J
2
对转动轴, 对转动轴,
dθ mgl sin θ = J 2 dt
2
M = Jα
dθ mgl θ = 2 J dt 2 d θ mgl + θ =0 2 J dt
2
d θ mgl Z + θ =0 + 2 J dt 2 θ lc mgl d θ 2 2 +ω θ = 0 令ω = 2
d x k + x =0 2 dt m
d 2x 2 +ω x = 0 2 dt
2
k = ω2 令: X m
解此微分方程: 解此微分方程:
x = Acos(ωt +)
A = l2 l1 = 0
x = (l2 l1) cosωt
4)复摆 4)复摆
很小已知: 已知: 轴至质心的距离 l 摆的质量m及转动惯量及转动惯量J 摆的质量及转动惯量
T
a t图
T
t
= ω x
2
Aω
2
三)描述简谐振动的物理量 x = Acos( 1)振幅 : ) 离开平衡位置最大位移的绝对值
ωt +)
x = Acos(ωt +)
类似的
xmax = A
v = Aω sin( ωt +) vm = Aω 速度振幅 ax 2 2 a = Aω cos(ωt +) am = Aω 加速度振幅 ax
2
J
所以小角度复摆作谐振动
dt
J = 2π T= mgl ω
对于单摆
2π
mg
J = ml
2

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。

大学物理课后习题答案第九章

第9章电稳感应和电磁场习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。

求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。

解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε 当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ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，如图所示，B 的大小为B =kt (k 为正常数)。

设0=t 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：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。

3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。

求：（1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。

解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。

设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υ垂直离开导线。

《大学物理AII》作业 No.09 原子结构参考解答

13.6 1 me 4 E 能级公式（- 2 或者 2 eV ）；决定电子轨道角动量的是（角量子 2 2 n n 32 0
数 l），取值范围（l=0，1，2....n-1）,电子轨道角动量公式 L （ l (l 1) ）；电子轨道角动量方向在空间取向数由（磁量子数 ml ）决定，取值范围（ ml 0,1，，电子轨道角动量沿 z 轴方向的分量公式 Lz （ ml ）；电 2， ..., l ）子除了轨道运动之外，还有自旋运动，与自旋运动有关的两个量子数分别是（自旋量子数 s ， s
于禁带宽度，因此光子能量将被吸收，对于 140nm 光来说此晶体将是不透明的。
遵循（泡利不相容）原理和（能量最小）原理，前者指的是（同一个原子中不可能有两个或两个以上的电子具有完全相同的四个量子数），后者指的是（当原子处于基态时，每个电子总是尽可能占有最低的能量状态，从而使整个原子系统的能量最低，原子系统也最稳定）。４、Ｎ个原子聚成晶体时，单个原子的每一能态都分裂成（N 个与原能级相近的子能级），由于它们的间距很小，形象的称之为能带。每个能带最多能容纳的电子数为（2(2l+1)N），若能带已被电子填满，称之为（满）带；若未被填满，称之为（导）带；原子外层价电子所处的能带称为（价）带；能带之间没有可能量子态的区域称为（禁）带。５、导体的能带结构特征是存在（导）带；绝缘体的能带特征是价带是（满带）并且与相邻空带间的（禁带）较宽。本征半导体的能带结构特征是（价带是满带，并且与相邻空带间的禁带较窄）；本征半导体的载流子包括（电子）和（空穴）； 6、在四价元素硅或锗中掺入（五）价元素，可形成Ｎ型半导体，其能带结构特征是（杂质能能处于四价元素能级的禁带中，且靠近导带底），Ｎ型半导体中的主要载流子是（电子）；在四价元素硅或锗中掺入（三）价元素，可形成 P 型半导体，其能带结构特征是（杂质能级处于三价元素能级的禁带中，且靠近满带顶）， P 型半导体中的主要载流子是（空穴）。 7、一块半导体中，如果一部分是 P 区，另一部分是 N 区，则在交界面将形成（P-N 结）结构；该结构具有（单向导电）作用。 8、根据量子力学理论，当主量子数 n = 3 时，氢原子中电子的角动量的可能取值为（ 0，2，6 ）。解：n=3,则 l=0,1,2 由角动量公式 L l (l 1) 可得： L可能取值为0，2，6 。 9、根据泡利不相容原理，在主量子数 n = 4 的电子壳层上最多可能有的电子数为（32）个。解：根据量子数为 n 的主壳层最多可容纳电子数 N=2n2，当 n=4 时，则为 32 个电子。 10、在原子的 L 壳层中，电子可能具有的四个量子数(n，l，ml，ms)是（）。