华理大物下答案第十六章

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华南理工大学大学物理下册习题册习题详解

E3
=
ρ (R23 − R13 ) 3ε0r 2
(r > R2 ) ；
( ) （2）U = ρ 2ε 0
R22 − R12
。
解：（1）根据电场分布的球对称性，可以选以 O 为球心、半径为 r 的球面作高斯面，根
据高斯定理即可求出： E ⋅ 4π r 2 = qint / ε0 。
在空腔内（ r < R1 ）： qint = 0 ，所以 E1 = 0
杆的一端为 d 的 P 点的电场强度。
答案：
q
4πε0d ( L + d )
O
解：带电直杆的电荷线密度为 λ = q / L 。设坐标原点
x
dq (L+d-x) P dE
x
L
d
O 在杆的左端，在 x 处取一电荷元 dq = λdx = qdx / L ，它在 P 点的场强为
dE
=
dq
4πε0 ( L + d
( R1 < r < R2 )
两球的电势差
∫ ∫ U12 =
R2 E d r = Q
R1
4πε 0
R2 R1
dr r2
=
Q 4πε 0
⎛ ⎜ ⎝
1 R1
−
1 R2
⎞ ⎟ ⎠
所以
Q = 4πε0 R1R2U12 = 2.14 ×10-9 C R2 − R1
5．一平面圆环，内外半径分别为R1，R2，均匀带电且电荷面密度为 +σ 。（1）求圆环轴
5
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1 真空中的静电场习题详解
习题册-下-1
dq 在球心处产生的电势为
dU = dq = ρr dr 4πε0r ε0

大学物理答案第十六章

第十六章机械波16-1 一波源作简谐振动，周期s 010.=T ，振幅m 40.=A ，当0=t 时，振动位移恰为正方向的最大值．设此方程以m/s 400=v 的速度沿直线传播，试求(1)此波的波函数；(2)距波源m 2和m 16处质点的振动方程和初相；(3)距波源15m 和m 16处质点振动的相位差．分析波源的周期和频率就是机械波的周期和频率，对于平面波，在忽略传播过程中的能量损失的情况下，波源的振幅就是波的振幅，如果已知波速或波长以及波源的初相，就能给出波函数．由上一章的讨论可知，当给出振动的初始位置和运动方向时，振动的初相就确定了．由波函数可以获得波线上任一点的振动方程；以及任一时刻波线上各点的位移，即波形．波线上相位差为π2质点间的距离（也可视为两个相邻的相位相同点间的距离）为一个波长．解 (1)波源的角频率为rad/s 200rad/s 01.022πππω===T 初始时波源振动达正方向的最大值，即0=ϕ，波源的振动方程为)200cos(4.0π=y已知m/s 400=v ，波函数为)400(200cos 4.0x t y -=π 0>x (2)由波函数得m 2=x 处振动方程为)200cos(4.0)4002(200cos 4.0πππ-=-=t y 该处质点初相为π．m 16=x 处振动方程为m 8200404001620040)cos(.)(cos .πππ-=-=t y 该处质点初相为π8或0． (3)两点相位差为 201.0400151622ππλ∆πϕ∆=⨯-==x 15m 处质点相位超前．16-2 已知平面波波函数).(cos .x t y -=5220π．式中x 、y 以米计，t 以秒计，试求(1)波长、周期、波速；(2)在m 1=x 处质点的振动方程；(3)在s 40.=t 时，该处质点的位移和速度．这是原点处的质点在哪一时刻的运动状态？再经过s 40.后该运动状态传至何处？分析本题强调这样的概念：波的传播过程是振动状态（或相位）的传播过程．在单位时间振动状态（或相位）传播的距离称为波的传播速度，也称为相速度，即本书中的波速v （以区别于反映振幅或能量传播的群速度）．波在介质中传播时，波线上各质点仍在各自的平衡位置附近振动，并不跟随波前进，质点的振动速度为ty u d d =．解 (1)将波函数).(cos .x t y -=5220π与简谐波的标准形式对比，得m/s 5.2 /s rad 5.2==v πωm2m 8.05.2s 8.0s 5.222=⨯=====T T v λππωπ (2)由波函数得m 1=x 处的振动方程为m )5.2cos(2.0 )5.21(5.2cos 2.0)5.2(5.2cos 2.01ππππ-=-=-==t t x t y x(3)由波函数得s 040.=t 时m 1=x 处质点的位移为m 205215220040.).(.cos ..=-==t t y π 该时刻该质点振动速度为0521525220d d 040040=-⨯-====..).(.sin ..t t t t y u ππ 是原点处质点在052140=-)..(时刻的振动状态．再经过s 40.该运动状态传播的距离m 1524040=⨯==...v x即传至距该处m 1或距原点m 2处．16-3 如图16-3，一平面简谐波在空间传播，已知波线上某点P 的振动规律为)cos(ϕω+=t A y ,根据图中所示的两种情况，分别列出以O 为原点的波函数．分析本题可以沿两条思路求解：(1)由于波线上各点的相位依次落后, 根据两点间的距离可以判断O 点比P 点相位超前多少或落后多少, 因已知P 点的振动方程，就能写出O 点的振动方程，再写出以O 为原点的波函数．(2) 从P 点的振动方程直接写出以P 为原点的波函数，根据波函数的物理意义写出O 点的振动方程，再写出O 为原点的波函数．下面给出第一种解法．解 (1)第一种情况，波沿x 轴正向传播，O 点的相位比P 点超前vω, 所以O 点的振动方程为)](cos[ϕωω++=v l t A y 以O 为原点的波函数为)])(cos[)]()(cos[ϕωϕωω+--=++-=vv v l x t A l x t A y (2)第二种情况，波沿x 轴负向传播，O 点在P 点右侧，O 点的相位比P 点超前vl ω，所以O 点的振动方程为 )](cos[ϕωω++=vl t A y 以O 为原点的波函数为)])(cos[]()(cos[ϕωϕωω+++=++--=vv v l x t A l x t A y 16-4 一平面余弦波在T t 43=时的波形如图16-4（a ）所示(T 为周期), 此波以v =36m/s 的速度沿x 轴正向传播, (1)画出t =0时刻的波形图；(2) 求O 、P 点的振动初相；写出O 点的振动方程及以O 为原点的波函数.分析波形曲线，即y-x 图，给出了某一时刻波线上各点的位移．已知波速时，从T t 43= 时的波形可以推出t =0或t=T 时的波形，从而可得O 点的振动方程, 进而求出O 为原点的波函数．图16-4解 (1) T t 43=时刻的波形沿x 轴负向移动λ43即为t=0时的波形，或沿x 轴正向移动λ41即得t=T 时的波形，如图16-4(b)． (2) 由图16-4(a)得 m,40 m,20..==λA 又m/s 36=v对O 点有，t =0时，有0cos 0==ϕA y （1） 0sin 0<-=ϕωA v （2）由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=对P 点， t =0时，有 2.0cos 0==ϕA y P (3)0sin 0=-=ϕωA P v (4)因A =0.2m ，由(3)式得0=ϕ，满足(4)式．(3)波的角频率 rad/s 180rad/s 403622ππλπω=⨯==.vO 点的振动方程为 )cos(.218020ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ])(cos[.23618020ππ+-=x t y m 16-5 一平面波在t =0时的波形曲线如图16-5中曲线(I)所示，波沿x 轴正向传播，经过t =0.5s 后, 波形变为曲线(II). 已知波的周期1≥T s, 试由图中所给条件, 求(1)波函数；(2)A 点的振动方程．分析从波形曲线(I)可以求出振幅、波长以及O 点的初相. 但另一个重要的常数ω需结合两条波形曲线考虑. 从图上不难看出, 在0.5s 波形在x 轴正向移动0.1m ，于是可以计算出波速．再根据周期、波长、波速间的关系求出周期，进而求出角频率.解由图16-5知, A =0.1m, 40.=λm, 20501010....===t v m/s 22040===..v T λs πππω===222T rad/s 对O 点 0cos 0==ϕA y(1)0sin 0<-=ϕωA v (2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=故O 点的振动方程为 )cos(.210ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ])(cos[.]).(cos[.251022010ππππ+-=+-=x t x t y m (2)将10.=A x m 代入上式，得A 点的振动方程为10210510t t y πππcos .]).(cos[.=+⨯-=m16-6 一平面波的波函数为 )sin(.x t y 20050010+=π，式中x ，y 以m 为单位，t 以s 为单位, 试求:（1）波的振幅、频率、波长和波速；（2）何时原点处第一次出现波峰；（3）当t =1s 时，最靠近原点的两个波峰位置.分析本书约定波函数以余弦函数表示, 因此可先把题目给的波函数化为余弦函数．分列在原点两侧的第一个波峰应是最靠近原点的波峰．解 (1)波函数化为余弦函数形式为 ])(cos[.2100252010πππ-+=x t y m m 1014.3100 25Hz, m,01.0 2-⨯====πλνA m/s 79025101432..=⨯⨯==-Tv λ(2) 将x=0, y=A 代入波函数，当第一次出现波峰时，有 02252=-ππ)(t 得 t =0.01s(3) 将t =1s 代入波函数得t=1s 时的波形方程x x y 200010220050010sin .)cos(.=-+=ππ 欲出现波峰需满足条件：)0,1,2.....( 212200=+±=k k x π)(sin 得最靠近原点的两波峰位置为 m 1035.2 23200 -1,m1085.7 2200 ,02231--⨯-=-==⨯===x x k x x k ππ16-7 沿x 轴负向传播的平面简谐波在t =2s 时的波形如图16-17(a), 波速v =0.5m/s, 求O 点的振动方程及此波的波函数.分析由已知条件算出T =4s. 欲从t =2s 时的波形求出t =0时的波形, 只需将t =2s 时的波形曲线沿x 轴负向移动半个波长即得. 从t =0时的波形便可求出振动方程的几个常数.解从图16-7(a)知s 4s 5.02===vλT rad/s 5.02==Tπω 可得t =0时的波形如图16-7(b). 从图知O 点将向下运动，于是O 点在t =0时有0cos 0==ϕA y (1)0sin 0<-=ϕωA v (2) 由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=O 点的振动方程为 )cos(.2250ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ]).(cos[.250250ππ++=x t y m16-8 一平面简谐波沿x 轴负向传播, 波长为,λ P 处质点元的振动规律如图16-8. (1)求P 点的振动方程; (2)设OP=d , 求此波以O 为原点的波函数.分析振动曲线是描绘波线上某点位移与时间关系的曲线，即y-t 图．通过振动曲线可知P 点的初始条件．有了P 点的初始条件，可得P 点的振动方程．由于波沿x 轴负向传播，因而O 点的相位比P 点落后．解 (1)由振动曲线知P 点在t =0时有A A y -==ϕcos 0 (1)0sin 0=-=ϕωA v(2)由(1)式得πϕ=，满足(2)式．因T =4s ，则 ππω5.02==Trad/s 所以P 点的振动方程为 )cos(ππ+=t A y 2 m (2)波沿x 轴负向传播, P 点相位比O 点超前,所以O 点的振动方程为])(cos[])(cos[πλπππ+-=+-=d t A v d t A y 4220 m有 4λλ==T v以O 为原点的波函数为 ])(cos[])(cos[πλπππ+-+=+-+=d x t A v d x t A y 4422m 16-9 图16-9 (a)是一平面简谐波在t =0时的波形曲线. P 点位于波线上时P 点将向上运动．再观察波形图上x =1.5m 处的质点，当t =0时位于最大位移处，此后一定要向下运动回到平衡位置．既然t =0时P 点将向上最大位移处运动，而1.5m 处质点已从最大位移返回，便可判断出P 点(1m 处)的相位比1.5m 处质点落后，所以波沿x 轴负向传播．解从图16-9(a)知 2=λm, T =0.2s, A =0.2m.m/s 10 rad/s 102====TT λππωv 从图16-9 (b)P 点的振动曲线并结合波形曲线(a), 判断出波沿x 轴负向传播, 因而t =0时O 点向下运动，O 点初相由下两式决定：0cos 0==ϕωA y (1)0sin 0<-=ϕωA v (2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=得波函数为 ])(cos[.2101020ππ++=x t y m 16-10 两相干波源S 1、S 2具有相同的振幅、频率和初相位．已知振幅A =0.01m,频率为100Hz, 初相位为零. 两波源相距30m, 相向发出二简谐波, 波长为5m. 试求: (1)两波源的振动方程; (2)在两波源连线中点处的合振动方程. 分析相干波在相遇点的合振幅是各列波在相遇点引起的振动的合成．解 (1) 已知ππνωω200221=== rad/s所以S 1、S 2的振动方程为t t A y y πφω2000100201cos .)cos(=+==(2) 如图16-10, 取S 1为坐标原点, 向右为正. 第一列波到达波源连线中点P 的振动方程为)](cos[λνπP x t A y -=21)(cos .)](cos[.310020105151002010-=-=t t ππ 第二列波到达P 点的振动方程为)](2cos[22λνπPx x t A y --=)(cos .)](cos[.310020105151002010-=-=t t ππ 所以P 点的合振动方程式为 )(cos .3100202021-=+=t y y y π m16-11 一简谐空气波, 沿直径为0.14m 的圆柱形管传播, 波的平均强度为3109-⨯W/m 2, 频率为300Hz, 波速为300m/s. 求: (1)波的平均能量密度和最大能量密度; (2)每两个相邻同相面间的波中含有的能量.分析本题涉及的概念有: 能量密度、平均能量密度、平均能流、能流密度或波的强度. 从能量密度)(sin vx t A w -=ωρω222看到, 介质单位体积中的能量不守恒, 随时间作周期变化, 在给定时刻能量又随单位体积平衡位置坐标x 作周期变化，因此波的传播既是振动相位的传播又是能量的传播，因此而称为行波．解 (1)平均能量密度为 2221A w ρω= 平均强度为 v A I 2221ρω= 3533J/m 103J/m 300109--⨯=⨯==v I w 能量密度为 )(sin 222vx t A w -=ωρω 最大能量密度为 353522max J/m 106J/m 10322--⨯=⨯⨯===w A w ρω(2)相邻同相面间隔的距离为一个波长，即 1300300===νλv m 相邻同相面间的波中含有能量J 1062.4J )07.0(14.31037252--⨯=⨯⨯⨯===λπr w V w W16-12 一简谐波在弹性介质中传播, 波速31001⨯=.v m/s, 振幅A =1.0×10-4m, 频率31001⨯=.νHz. 若介质的密度3kg/m 800=ρ, 求: (1)该波的能流密度; (2) 若有一平面面积s=4.0×10-4m 2, 波速v 与该平面法线e n 的夹角为︒60，求一分钟通过该面积的平均能流.解 (1)能流密度为2523242322W/m 1058.1W/m 10)100.1()1014.32(80021 21⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-v A I ρω (2)一分钟通过垂直于波传播方向的平均能流为W 1089.1W 6060cos 100.41058.1345⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-οIst P16-13 若太阳能电池板的接收面积为13cm 2, 当正对太阳时, 电池板产生0.45V 电压, 并提供0.20A 电流. 设太的能流密度为1.0×103W/m 2, 求太阳能转变为电能的效率.分析 1s 太阳能电池板产生的电能与1s 电池板吸收的太阳能之比就是能量转换效率．本题提供的太阳的能流密度是一常识性数据．解 1 s 太阳能电池吸收的太阳能为J 3.1J 1013100.143=⨯⨯⨯==-Is W产生的电能为 E = 0.2×0.45 J = 0.09 J所以转换效率为%9.6%1003.109.0=⨯=W E 16-14 两相干平面波波源A 、B 相距20m, 作同频率、同方向和等振幅的振动，它们所发出的波的频率为100Hz ，波速为200m/s ，相向传播, 且A 处为波峰时, B 处为波谷, 求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置.分析两相干波等振幅，所以相干减弱点的振幅为零，即因干涉而静止．A 处为波峰时B 处恰为波谷, 表明波源A 与波源B 的相位差为π．解两相干平面波波长为 2100200===νλv m 两平面波相向传播，相遇点在两波源之间，设P 在A 、B 间，距离波源A 为x ，如图16-14，设波源B 相位比波源A 超前π，有x x xx l A B ππππλππϕϕ21922202)(2+-=--=---=- 相遇点为干涉静止时需满足条件为),2,1,0( )12(Λ±±=+=-k k A B πϕϕ得 πππ)12(219+=+-k x所以AB 连线上因干涉而静止点的位置为x = k+10 m )9,,2,1,0(±±±=Λk16-15 如图16-15, 两列波长均为λ的相干简谐波, 分别通过图中的O 1和O 2点, 通过O 1点的简谐波在M 1M 2平面反射后与通过O 2点的简谐波在P 点相遇. 假定波在M 1M 2平面反射时有半波损失, O 1和O 2两点的振动方程分别为t A y πcos 10=和)2/cos(20ππ+=t A y , 且O 1m +mP =8λ, O 2P =3λ, 求: (1)两列波分别在P 点引起的振动的振动方程; (2)P 点的合振幅(分析通过O 1的简谐波在M 1M 2平面的m 点反射，反射时有半波损失，即对于通过O 1的简谐波, M 1M 2平面是波密介质, 反射时反射波的相位改变π．介质无吸收，即表明振幅保持不变．解 (1) 222===ππωπT s 在M 1M 2面上反射有半波损失, 所以通过O 1点的简谐波在P 点的振动方程为)cos()cos(])(cos[πππππλλπ-=-=+-=t A t A t A y P 158221 通过O 2点的简谐波在P 点的振动方程为)cos(])(cos[223222πππλλπ+=+-=t A t A y P (2)由(16-22)式, P 点合振动的振幅为A A A A 222222=++=)cos(ππ合16-16 如图16-16(a), 三列波长均为λ的简谐波, 各自通过S 1、S 2、S 3后在P 点相遇，求P 点的振动方程. 设三列简谐波在 S 1、S 2、S 3 振动的振动方程分别为)/cos(,cos ),/cos(222321πωωπω-==+=t A y A y t A y ,且S 2P =4λ,S 1P =S 3P =5λ, 并设介质无吸收.分析振动的合成采用旋转矢量法最简便．本题可用旋转矢量法先求第一、二个振动的合振动，再与第三个合成. 以此类推可作多个振动的合成．解三列简谐波在P 点的振动方程分别为)cos()cos(])(cos[232192521πωπωπλλπ-=-=+-=t A t A T t A y P t A t A T t A y P ωπωλλπcos )cos()](cos[=-=-=8422 )cos()cos(])(cos[22210225223πωππωπλλπ-=--=--=t A t A T t A y P 先将第一列波在P 点引起振动的旋转矢量A 1与第三列波在P 点引起振动的旋转矢量A 3合成，合旋转矢量为A 13, 如图16-16(b). 合振动方程为 )cos(313πω+=t A y)cos(2πω-=t A y 合 16-17 沿弦线传播的一入射波的波函数为)./cos(λπωx t A y 21-=设波在x=L 处(B 点)反射, (1)反射点为自由端, 写出以B 为原点的反射波的波函数; (2)反射端为固定端又如何?分析考虑在自由端反射的反射波无半波损失，在固定端反射的反射波有半波损失，结合波函数的物理意义, 可写出B 点的振动方程．沿入射波的传播方向, 波线上各点相位依次落后，且注意到入射波的波函数是以O 为原点．B 点的坐标为x B =L ，于是以B 为原点的反射波传到坐标x 点时, 传播距离是L-x.解 (1)如图16-17, 反射点B 为自由端时, 反射波无半波损失，B 点坐标x B =L ，B 点振动方程为 )cos(λπωL t A y B 2-= 反射波沿BO 方向传播, BO 间各点的相位均落后于B 点, BO 上坐标为x 的任一点t 时刻相位为)()()(x L t x L L t --=---2222λπωλπλπω 所以B 点为自由端时, 以其为原点的反射波波函数为)cos(λπωx L t A y --=22反(2)当反射点B 为固定端时, 反射波有半波损失，以B 为原点的反射波波函数为)cos(πλπω+--=x L t A y 22反 16-18 两列波在同一直线上传播, 波速均为 1 m/s.它们的波函数分别为),(cos .),(cos .t x y t x y +=-=ππ05005021 式中各量均采用国际单位制. (1)试说明在直线上形成驻波, 并给出波腹、波节的位置; (2)求在x =1.2m 处的振幅.分析两列在同一直线上沿正反方向传播的等振幅相干波叠加形成驻波．驻波波函数为.cos )cos (t xA y πνλπ222= λπxA 22cos 为振幅项．结合书上对驻波的讨论, 可总结出驻波区别于行波的两个特点：在驻波中无能量传播, 无相位传播．解两波函数改写为)(cos .)(cos .x t y x t y +=-=ππ05005021所以这两列波是在同一直线上沿正反方向传播的等振幅的相干波，在直线上叠加形成驻波，(16-24)式给出驻波波函数的形式为t x A y πνλπ222cos cos = 与已知条件比较，知 m/s 2 rad/s, , m 050====T v A λπω.得 22==ωπT s ，501.==Tν Hz ， 2==vT λm. 所以驻波波函数为t x y ππcos cos .10= m当 x 满足1=x πcos 时出现波腹, 即 ππk x = (k =0,1,2,…..)解出x=k m 出现波腹.当 x 满足0cos =x π时出现波节, 即212ππ)(+=k x (k =0,1,2,…..) 解出)(1221+=k x m 出现波节. (2)x =1.2m 处的振幅为 0810********..cos .cos ..====ππx x A m .16-19 如图16-19, 位于x =0 处的波源O 作简谐振动, 产生振幅为A , 周期为T ,波长为λ的平面简谐波. 波沿x 轴负向传播, 在波密介质表面B 处反射.若t =0时波源位移为正最大, 且OB=L, 求:(1)入射波的波函数; (2)以B 为原点的反射波的波函数; (3)设L =43λ, 证明BO 间形成驻波, 并给出因干涉而静止的点的位置.分析将入射波的波函数写出后与习题16-17 联系应不难求解. 解题时需十分留心的是题目已把坐标取定, B 点的坐标L x B -=.解 (1)波源的初相由下式给出A A y ==ϕcos 0 (1)0sin 0>=ϕA v (2) 从(1)式解出 0=ϕ满足(2)式, 故 0=ϕ 所以以O 为原点, 沿x 轴负向传播的入射波波函数为 )(cos λπx T t A y +=21 (2)B 点坐标x B =-L , 且B 点为波密介质表面一点, 在B 点反射的反射波有半波损失，B 点的振动方程为])(2cos[πλπ+-=L T t A y B 振反射波沿x 轴正向传播, BO 间坐标为-x 的任一点t 时刻相位为πλππλλπ++-=++--)()(x L T t x L L T t 222 所以以B 为原点的反射波波函数为])(cos[πλπ++-=x L T t A y 222 (3) 因43λ=L ，所以入射波波函数为 )(cos λπx T t A y +=21 反射波波函数为)(cos ]))((cos[λππλλπx T t A x T t A y -=++-=243222 BO 间两波叠加, 合成波为t Tx A y y y πλπ2221cos cos =+= 为驻波.因干涉而静止点的位置满足 02=λπx cos即λ412+±=k x (k =0,1,2,….)，且],[L x 0∈，所以BO 间因干涉而静止的点为 λλ4341, 处． 16-20 站在铁路附近的观察者, 听到迎面开来的火车笛声频率为440Hz,当火车驶过后, 笛声的频率降为390Hz, 设声音速度为340m/s, 求火车的速度.分析据已知, 观察者相对于介质静止, 波源(汽笛)先向着观察者运动后又背离观察者，对照(16-29)式不难求解.解设1ν和2ν分别为观察者听到的火车迎面开来和驶过时的频率, ν为汽笛的固有频率. 设声速为V, v 为火车速度,火车的汽笛是波源. 据(16-29)式, 火车向着观察者运动v>0, 有 ννvV V -=1 火车背着观察者运动v<0, 有 ννvV V +=2 两式相除得 vV v V -+=21νν 解出火车速度 m/s 5.20m/s 3403904403904402121=⨯+-=+-=V ννννv 16-21 水下甲潜艇静止, 乙潜艇以航速v 向着甲运动. 为了测定乙潜艇的航速, 甲潜艇上的人员用声纳装置向乙潜艇发出频率为0ν的超声波. 若甲潜艇收到的反射波的频率为ν, 试确定ν与0ν、v 间的关系（已知超声波在水中传播速度为u ）.分析超声波是指频率高于2000Hz 的机械纵波，具有频率高、波长短、强度大特点，因而有良好的定向传播性能和很强的穿透本领. 由于海水导电性能好，对电磁波有很强的吸收，因而依赖发射、接收电磁波而工作的电磁雷达无法在海水中使用. 利用超声波制成的超声波雷达——声纳应运而生.解超声波从甲传到乙时，甲为波源静止，频率为0ν. 乙为接收者，以v 向着甲运动, v<0. 据(16-28)式, 乙接收到的频率为 0ννuv +='u 超声波从乙传到甲时，甲为接收者，静止. 乙为波源，频率为ν'，以v 向着甲运动, v>0. 由(16-29)式, 甲接收到的反射波频率为 0νννv -u v v +='-=u u u。

普通物理学第五版第16章波动答案

l =400nm
n
=
u
l
=
3×108 4×10-7
=7.5×1014 Hz
l =760nm
n
=
u
l
=
3×108 7.6×10-7
=395×1014 Hz
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16-3 一横波沿绳子传播时的波动表式为
y = 0.05 cos(10πt 4πx )
x, y 的单位为 m, t 的单位为s。
设波沿着x 轴正向传播，弹簧中某圈的最大
位移为3.0cm，振动频率为2.5Hz，弹簧中
相邻两疏部中心的距离为24cm。当 t =0时，在x =0处质元的位移为零并向x 轴正向运动。
试写出该波的波动表式。
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解：
x =0
t =0 y=0
j=
π
2
y0= 0.03 cos(2π×2.5 t π2 )
= 4.62×10-7 J 精品课件
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16-13 一平面简谐声波的频率为500Hz，
在空气中以速度u =340m/s传播, 到达人耳时，振幅A =l0-4 cm，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强 ( 空气的密度ρ=1.29
kg/m3)。
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解：
w = 12ρAω2 2
(1) A =0.05m n =5Hz l =0.5m
u = ln =0.5×5=2.5m/s
(2) um = Aω=0.05×10π=0.5πm/s am = Aω2 = 0.05×(10π)2 =0.5π2 m/s2
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(3) x =0.2m t =1s

大学物理下册第三版课后答案16电磁感应

习题16GG 上传16-1．如图所示，金属圆环半径为R ，位于磁感应强度为B的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。

当圆环以恒定速度v在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端a 、b 间的电势差。

解：（1）由法拉第电磁感应定律i d dtεΦ=-，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感应电动势0i ε=；（2）利用：()aab bv B dl ε=⨯⋅⎰，有：22ab Bv R Bv R ε=⋅=。

【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】16-2．如图所示，长直导线中通有电流A I 0.5=，在与其相距cm 5.0=d 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长cm 0.4=l ，宽cm 0.2=a 。

不计线圈自感，若线圈以速度cm/s 0.3=v 沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。

首先用0lB dl I μ⋅=∑⎰ 求出电场分布，易得：02I B rμπ=，则矩形线圈内的磁通量为：00ln22x axI I l x al dr r xμμππ++Φ=⋅=⎰，由i d Nd t εΦ=-，有：011()2i N I l d xx a x dtμεπ=--⋅+ ∴当x d =时，有：041.92102()i N I l a v V d a μεπ-==⨯+。

解法二：利用动生电动势公式解决。

由0lB dl I μ⋅=∑⎰ 求出电场分布，易得：02I B rμπ=，考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势，近端部分：11NB l v ε=，远端部分：22NB lv ε=，则：12εεε=-=00411() 1.921022()N I N I al v l v V d d a d d a μμππ--==⨯++。

16-3．如图所示，长直导线中通有电流强度为I 的电流，长为l 的金属棒ab 与长直导线共面且垂直于导线放置，其a 端离导线为d ，并以速度v平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势ε并比较U a 、U b 的电势大小。

华东理工大学2020版大学物理(下)习题册答案

解：设电子在无穷远处初动能为 Ek ,0 点电子动能 0
R2
A e(U 0 U ) EK EK
R1
U 0
dq R2 2rdr 4 0 r R1 4 0 r
2 0 (R2 R1 )
EK
eU 0
e 2 0
(R2
R1 )
17、一电偶极子原来与均匀电场平行，将它转到与电场反平行时，外力作功为 A，则当此电偶极子与场强成 45角时，此电偶极子所受的力矩为多少?
0
r R1
q1 0
E1 0
R1 r R2
q2 1h
E2
1 2 0r
r R2
q3 (1 2 )h
E3
1 2 2 0r
（2） E1 和 E2 不变， E3 0
9、一厚度为 d 的无限大平板，均匀带电，体电荷密度为，求平板体内、外场强的分布，并以其对称面为坐标原点作出 E x 的分布曲线。
解：设内球带电量为 q 内,依据题意可知电场分布
0
q内
E
4 0q内
0
r2 Q
40r 2
r R1 R1 r R2 R2 r R3 r R3
U
R2
R1
q内 40
r
2
dr
R 3
q内 Q 40 r 2
dr
q内 40
面，q 在该平面的轴线上的 A 点处．求通过此圆平面的 R
电通量。
O
解法一：以 A 为中心，r 为半径作一球面，则通过圆平
面的电通量与通过以圆平面为底的球冠电通量相等。
设球面积 S0 4r 2 ，通量
q 0 0
球冠面积 S 2r(r r c o s) 通量
r A q

华东理工大学物理(下)期末复习

k ( 2k 1) 2
max min
max min
k 0,1,2
*程差条件
( 2 1时 ) d sin
k 0,1,2
*坐标条件
x
D k d D ( 2k 1) d 2
max min
k 0 1,2
3. 薄膜干涉
（1）等倾干涉
B=0
（2）通电圆环轴线上：
I
R
0
0 I 圆环心处: B 2R x p 0 I B L长弧心处: 4R
r B
0 IR 2 B 2 2 3/ 2 2( R x )
（3）通电直螺线管轴线上：
1 2
0 nI B (cos 2 cos 1 ) 2
p
（4）通电螺绕环内：
B
x 无限长通电直线管内：
B 0 nI
0 NI B 2r
通电细螺绕环内： B 0 nI
d 4 0 R 2
d Eo E 2 4 0 R 2
练习册第八章
电荷 Q 均匀地分布在半径为 R 的球体内，试证明离球心r(r<R)处的电动势为 Q 3 R2 r 2 U 3 8 R 0 Qr

rR
E1
4 0 R 3
rR

E2
Q
R 2 2 Q 3 R r U E d l E1 d l E 2 d l r r R 8 0 R 3
n 1 5
n 1 75
1 62 n 1 5
光的衍射 1. 夫琅和费衍射（1）单缝衍射 a sin (2k 1) 明 2

物理化学__华东理工大学(20)--《物理化学》(下)考试试卷及答案(B)

2. 一定温度时，在催化剂存在下，一级对峙反应 A k1
k-1
B 的速率系数 k1增大 1.5 倍，则在此条
件下 k－1的值__________________。（不变，增大 1.5 倍，减小 1.5 倍）
3. 一定温度时，级数相同的平行反应A
k1 k2 _______。
《物理化学》（下）课程期末考试试卷（B 卷）
题序
一
得分
评卷人
考试形式：闭卷所需时间： 120 分钟
二
三
四
五
六
七
总分
一、概念题（20 分，每空格 1 分）
1. 对于反应 A → P ，如以浓度 cA对时间 t 作图得直线，则该反应是________级反应， A 的半衰期
与其初始浓度___________。（无关，成正比，成反比）
= 1 × ln 1 h 0.1216 1− 0.90
= 18.94 h
三、解： qt
=
V

2πmkT h2
3/ 2

=
V

2πMkT NAh2
3 / 2
= V
2πkT NAh2
3/ 2

×M
3/ 2
( ) V

2πkT NAh2
（1）试写出该电池的电极反应和电池反应；（5 分）（2）试求 25 ℃时电池反应的电势；（3 分）（3）当1molZn 发生反应时，试求电池反应的 ∆rGm 。（3 分）
第2页
七、（15 分）
气相反应 H2 (g) + Br2 (g) → 2HBr(g) 的反应机理如下：
(1) Br2 k1→ 2Br ⋅
S

华侨大学大学物理作业本(下)答案

大学物理作业本（下）姓名班级学号江西财经大学电子学院2005年10月第九章稳恒磁场练习一1．已知磁感应强度为20.2-⋅=m Wb B 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如图所示。

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。

2．如图所示，在被折成钝角的长直导线通中有20安培的电流。

求A 点的磁感应强度。

设a=2.0cm ，ο120=α。

3．有一宽为a的无限长薄金属片，自下而上通有电流I，如图所示，求图中P点处的磁感应强度B。

4．半径为R的圆环，均匀带电，单位长度所带的电量为，以每秒n转绕通过环心并与环面垂直的轴作等速转动。

求：（１）环心的磁感应强度；（２）在轴线上距环心为x处的任一点P的磁感应强度。

练习二１．一载有电流I的圆线圈，半径为R，匝数为N。

求轴线上离圆心x处的磁感应强度B，取R=12cm，I=15A，N=50，计算x=0cm，x=5.0cm, x=15cm各点处的B值；２．在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下通有电流I=5.0A，如图所示。

求圆柱轴线上任一点P处的磁感应强度。

３．如图所示，两无限大平行平面上都有均匀分布的电流，设其单位宽度上的电流分别为1i 和2i ，且方向相同。

求：（１）两平面之间任一点的磁感应强度；（２）两平面之外任一点的磁感应强度；（３） i i i ==21时，结果又如何？４．10A 的电流均匀地流过一根长直铜导线。

在导线内部做一平面S ，一边为轴线，另一边在导线外壁上，长度为1m ，如图所示。

计算通过此平面的磁通量。

（铜材料本身对磁场分布无影响）。

练习三１．半径为R 的薄圆盘上均匀带电，总电量为q ，令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线匀速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感应强度。

２．矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。

（１）求环内磁感应强度的分布；（２）证明通过螺绕环截面（图中阴影区）的磁通量，210ln 2D D NIh πμ=Φ 式中N 为螺绕环总匝数，I 为其中电流强度。

大学物理下第16章习题详解

第16章习题解答【16-1】解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题16-1示）设货轮静止不动时，货轮上的B 点恰在水面上，则浮力的增量为S ρgy 。

该力与位移y 成正比，方向指向平衡位置，故货轮的自由振动是简谐振动，其运动方程为：0gy S dt yd M 22=+ρ0y MgS dt y d 22=+ρ 根据简谐振动的动力学方程，有：Mg S 2ρω=故s 35.6s 8.910102101022g S M 22T 3334=⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ【16-2】解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：m 1.0ksin m g l 0==θ（1）（1）A 物体共受三力；重力mg ，支持力N ，张力T 。

不计滑轮质量时，有：kx T =列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式：220dt xd m )x l (k sin mg T sin mg =+-=-θθ将①式代入上式，整理后得：0x mkdt x d 22== 故物体A 的运动是简谐振动，且s rad mk/7==ω 由初始条件⎩⎨⎧=-=0υl x ，求得：⎩⎨⎧===πϕml A 1.00，故物体A 的运动方程为：x=0.1cos(7t+π)m（2）当考虚滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图题16-2（c ）所示，分别为T 1、T 2，则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为：221dtxd m T sin mg =-θ （2）对滑轮列出转动方程为：222r2r 1dt xd Mr21r a )Mr 21(J T T ===-β （3）式中，T 2=k(l 0+x) （4）将③、④代入式②式，有：220dtxd )m 2M ()x l (k sin mg +=+-θ整理得：0x )m 2M (kdt x d 22=++ 可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：s /ra d 7.5m 2Mk =+=ω由于初始条件：x 0=－l 0,υ0=0可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为： x=0.1cos(5.7t+π)m由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率。

大学物理(交大3版)答案(16-20章)

I max
3πa 2 B0ω 3π × 0.12 × 2 × 10 −2 × 50 = = = 9.42 × 10 −3 A R 10
dB > 0 的磁场，一直 dt 导线弯成等腰梯形的闭合回路 ABCDA ，总电阻为 R ，上底为 a ，下底为（1） AD 段、 BC 段和闭合回路中的感应电动势；（2） B 、 C 两 2a ，求：
直导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。解：连接 AO 、 OB ，圆弧形导线与 AO 、 OB 形成闭合回路，闭合回路的电动势为 0，所以圆弧形导线电动势与
AOB 直导线的电动势相等。
ε AO = ∫ v × B • dl = − ∫
2R
R
μ 0 Iv μ Iv dx = − 0 ln 2 2πx 2π
根据 W =
16-8. 一螺绕环，每厘米绕 40 匝，铁心截面积 3.0cm ，磁导率（1） µ = 200µ 0 ，绕组中通有电流 5.0mA ，环上绕有二匝次级线圈，求：两绕组间的互感系数；（2）若初级绕组中的电流在 0.10s 内由 5.0A 降低到 0，次级绕组中的互感电动势。解：（1） B = μnI
262
答： t =
2πB 2 3 r0 3RF
16-3. 在磁感应强度为 B 的均匀磁场内，有一面积为 S 的矩形线框，线框回路的电阻为，线框绕其对称轴以匀角速度 ω 旋转（如图所示）。 R （忽略自感）（1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？（2）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？
− t ε (1 − e L ) = 3.9 A R R
W (t ) =
1 2 LI 2

《新编基础物理学》第16章习题解答和分析

第16章量子力学简介16-1 计算电子经过1100V U =和210000V U =的电压加速后，它的德布罗意波长1λ和2λ分别是多少？分析本题考察的是德布罗意物质波的波长与该运动粒子的运动速度之间的关系。

解：电子经电压U 加速后，其动能为eU E k =，因此电子的速度为m2e v U = 根据德布罗意物质波关系式，电子波的波长为h m λ==＝v 若1100V U =，则10.123nm λ＝；若210000V U =，则20.0123nm λ＝。

16-2 子弹质量40g m =, 速率1100m s -=⋅v ,试问:(1) 与子弹相联系的物质波波长等于多少?(2) 为什么子弹的物质波其波动性不能通过衍射效应显示出来?分析本题考察德布罗意波长的计算。

解：(1)子弹的动量 3140101004(kg m s )p m --==⨯⨯=⋅⋅v与子弹相联系的德布罗意波长)m (1066.141063.63434--⨯=⨯==p h λ (2) 由于子弹的物质波波长的数量级为m 1034-, 比原子核的大小(约m 1014-)还小得多,因此不能通过衍射效应显示出来.16-3 电子和光子各具有波长0.2nm ，它们的动量和总能量各是多少？分析本题考察的是德布罗意物质波的波长公式。

解：由于电子和光子具有相同的波长，所以它们的动量相同，即为 3424196.6310 3.3210(kg m s )0.210hp λ----⨯===⨯⋅⋅⨯ 电子的总能量为21408.3010(J)e hcE m c λ-=+=⨯而光子的总能量为169.9510(J)hc E λ-==⨯16-4、若α粒子(电荷为2e )在磁感应强度为B 均匀磁场中沿半径为R 的圆形轨道运动，则α粒子的德布罗意波长是多少？分析 α粒子作圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由此可求出α粒子的速度，再根据德布罗意公式就可得到α粒子的德布罗意波长.解粒子在均匀磁场受到的洛伦兹力Rv v 2m B e =2 α粒子的速度meB R v 2= 根据德布罗意公式可得到α粒子的德布罗意波长为 eRB h m h 2==v λ16-5 试求下列两种情况下，电子速度的不确定量：（1）电视显像管中电子的加速电压为9kv ，电子枪枪口直径取0.10mm ；（2）原子中的电子，原子的线度为1010m －。

物理化学__华东理工大学(17)--《物理化学》下册期终考试试卷及答案

1.
反应 2NO+Cl2 → 2NOCl 的速率方程的为υ
=
kc
2 NO
cCl2
，则此反应的速率系数
k
与
kNO
的关
系为( )。
A. k = kNO ； B. k = 2kNO ； C. 2k = kNO ； D. 2k = 3kNO
2. 对于反应 A → P,如果反应物 A 的浓度减少一半， A 的半衰期也缩短一半，则该反应为( )。
A. dcB = 0 ；
dt
B. dcB < 0 ；
dt
4. 阿仑尼乌斯方程适用于( )。
C. dcB > 0
dt
A. 爆炸反应； B. 酶催化反应； C. 反应速率与温度呈指数关系的反应 5. 下面说法正确的是( )。
A. 相空间中的任意一点代表系统的宏观状态；
B. 相空间中的任意一点代表一个分子的微观运动状态；
10. 将一定量的纯水分散成半径为1×10−4 m 的小水滴，下列物理量中不变的是( )。 A. 表面吉布斯函数； B. 表面张力； C. 饱和蒸气压
11. 对于气体在固体表面的吸附，下列几组式子何者是正确的？( )。 A. ∆G < 0 ∆H < 0 ∆S < 0 ； B. ∆G < 0 ∆H > 0 ∆S > 0 ； C. ∆G > 0 ∆H < 0 ∆S > 0
SO
2− 4
PbSO 4 (s), Pb
。
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华东理工大学 2007–2008 学年第一学期《物理化学》(下册)期末考试试卷 (B 卷)
2008.1.7
开课学院：化学与分子工程学院专业：05 级大面积考试形式：闭卷所需时间：120 分钟

华侨大学大学物理下练习答案

练习一（磁）1. (C)2.a4I0πμ, ⊗ 3.)412(R 2I 0ππμ+-, ⊗4. 可看成许多平行的无限长载流直导线组成,其中一宽为θRd dl =的直导线载有电流dl RIdI π=θθπμθπd sin R 2I )2cos(dB dB 20x -=+= ⎰-=-=ππμθθπμ02020x RId sin R 2I B θθπμθπd cos R 2I )2sin(dB dB 20y =+= 0d cos R2I B 020y ==⎰πθθπμ )T (i1037.6i RI B 620O -⨯-=-=πμ5. 将此盘看成无数同心带电圆环组成,半径为r 的圆环带电 rdr 2dq πσ⋅=圆环转动形成的电流为 rdr dq 2dI ωσπω==则 dr r dIdB ωσμμ00212== 各B d 同向 R 21dr 21dB B 00Rσωμωσμ===∴⎰⎰练习二（磁）1. (B)2. 变量，1I ομ-3. 1∶1, 304. 由电流的对称性分析可知，磁感线形成同心圆，与轴等距离的圆环上B的大小相等，方向沿圆周的切向。

在横截面上以轴点为圆心，作半径为r 的圆形环路则（1） a r < ⎰=⋅Ll d B 0, 0=∴B(2) b r a << I a b a r rB l d B L )()(22222--==⋅⎰ππμπο ,ra b Ia r B )(2(22)22--=∴πμο (3) b r >I rB l d B L⎰==⋅ομπ2,rIB πμο2=∴ 5. 取电流元 dI=(I/b)dx则 )x r b (b 2Idx)x r b (2dIdB 00-+=-+=πμπμ各B d同向,故rbr lnb 2I )x r b (b 2IdxB b00+=-+=⎰πμπμ 方向向里练习三（磁）1.（B ）2. 03. 1∶14.取面积元xdx ahydx dS ==,它距长直载流导线为（b+x ） m d φ=S d B ⋅=xdx ahx b I⋅+)(2πμο=dx xb ba hI )1(2+-πμο ∴ m φ=⎰m d φ=ahIπμο2dx xb ba)1(0⎰+-=ahI πμο2[b ab ln b a +-]5. 在横截面上以轴点为圆心作半径为r 的圆形环路,由环路定理可得：R r < 222r R I rB ππμπο⋅= r R I B 22πμο=内R r ≥ I rB ομπ=2 rIB πμο2=外矩形纵截面外内S S S +=，其总磁通量为：⎰⎰⋅+⋅=S 外S 内m S d B S d Bφ)m 1l (2ln 212I ldr r 2I ldr R2Ir R 2R 0R20=+=+=⎰⎰）（πμπμπμο练习四（磁）1. (D)2. (B)3. (B)4. AB 处的B )6a3b (2IB AB -=πμο，⊗，受力)6a3b (2aI I F 211-=πμο, 方向AB ⊥向左1I 在BC 上与1I 相距x 的电流元l d I 2处的xIB πμο21=，⊗，由B l d I F⨯=⎰22 及 2330cos dxdx dl ==得 6a 3b 3a 3b ln 3I I 23dx x 2I I F 21a 33b a63b 212-+=⋅=⎰+-πμπμοο 方向：在∆平面里BC ⊥向外同理知23F F =，CA F ⊥3向外（在∆平面里）。

大学物理答案第十六章

第十六章机械波16-1 一波源作简谐振动，周期s 010.=T ，振幅m 40.=A ，当0=t 时，振动位移恰为正方向的最大值．设此方程以m/s 400=v 的速度沿直线传播，试求(1)此波的波函数；(2)距波源m 2和m 16处质点的振动方程和初相；(3)距波源15m 和m 16处质点振动的相位差．分析波源的周期和频率就是机械波的周期和频率，对于平面波，在忽略传播过程中的能量损失的情况下，波源的振幅就是波的振幅，如果已知波速或波长以及波源的初相，就能给出波函数．由上一章的讨论可知，当给出振动的初始位置和运动方向时，振动的初相就确定了．由波函数可以获得波线上任一点的振动方程；以及任一时刻波线上各点的位移，即波形．波线上相位差为π2质点间的距离（也可视为两个相邻的相位相同点间的距离）为一个波长．解 (1)波源的角频率为rad/s200rad/s 01.022πππω===T初始时波源振动达正方向的最大值，即0=ϕ，波源的振动方程为)200cos(4.0π=y已知m/s 400=v ，波函数为)400(200cos 4.0x t y -=π0>x(2)由波函数得m 2=x 处振动方程为)200cos(4.0)4002(200cos 4.0πππ-=-=t y该处质点初相为π．m 16=x 处振动方程为m8200404001620040)cos(.)(cos .πππ-=-=t y该处质点初相为π8或0．(3)两点相位差为 201.0400151622ππλ∆πϕ∆=⨯-==x15m处质点相位超前．16-2 已知平面波波函数).(cos .x t y -=5220π．式中x 、y 以米计，t 以秒计，试求(1)波长、周期、波速；(2)在m 1=x 处质点的振动方程；(3)在s 40.=t 时，该处质点的位移和速度．这是原点处的质点在哪一时刻的运动状态？再经过s 40.后该运动状态传至何处？分析本题强调这样的概念：波的传播过程是振动状态（或相位）的传播过程．在单位时间内振动状态（或相位）传播的距离称为波的传播速度，也称为相速度，即本书中的波速v （以区别于反映振幅或能量传播的群速度）．波在介质中传播时，波线上各质点仍在各自的平衡位置附近振动，并不跟随波前进，质点的振动速度为ty u d d =．解 (1)将波函数).(cos .x t y -=5220π与简谐波的标准形式对比，得m/s5.2 /s rad 5.2==v πωm2m 8.05.2s8.0s 5.222=⨯=====T T v λππωπ(2)由波函数得m 1=x 处的振动方程为m)5.2cos(2.0 )5.21(5.2cos 2.0)5.2(5.2cos 2.01ππππ-=-=-==t t x t y x(3)由波函数得s 040.=t 时m 1=x 处质点的位移为m205215220040.).(.cos ..=-==t t y π该时刻该质点振动速度为0521525220d d 040040=-⨯-====..).(.sin ..t t t ty u ππ是原点处质点在052140=-)..(时刻的振动状态．再经过s 40.该运动状态传播的距离m1524040=⨯==...v x即传至距该处m 1或距原点m 2处．16-3 如图16-3，一平面简谐波在空间传播，已知波线上某点P 的振动规律为)cos(ϕω+=t A y ,根据图中所示的两种情况，分别列出以O 为原点的波函数．分析本题可以沿两条思路求解：(1)由于波线上各点的相位依次落后, 根据两点间的距离可以判断O 点比P 点相位超前多少或落后多少, 因已知P 点的振动方程，就能写出O 点的振动方程，再写出以O 为原点的波函数．(2) 从P 点的振动方程直接写出以P 为原点的波函数，根据波函数的物理意义写出O 点的振动方程，再写出O 为原点的波函数．下面给出第一种解法．解 (1)第一种情况，波沿x 轴正向传播，O 点的相位比P 点超前vω, 所以O 点的振动方程为)](cos[ϕωω++=v l t A y以O 为原点的波函数为)])(cos[)]()(cos[ϕωϕωω+--=++-=vvvl x t A l x t A y(2)第二种情况，波沿x 轴负向传播，O 点在P 点右侧，O 点的相位比P 点超前vl ω，所以O 点的振动方程为)](cos[ϕωω++=v l t A y以O 为原点的波函数为)])(cos[]()(cos[ϕωϕωω+++=++--=vvv l x t A l x t A y16-4 一平面余弦波在Tt 43=时的波形如图16-4（a ）所示(T 为周期), 此波以v =36m/s 的速度沿x 轴正向传播, (1)画出t =0时刻的波形图；(2) 求O 、P 点的振动初相；写出O 点的振动方程及以O 为原点的波函数.分析波形曲线，即y-x 图，给出了某一时刻波线上各点的位移．已知波速时，从Tt 43=时的波形可以推出t =0或t=T 时的波形，从而可得O 点的振动方程, 进而求出O 为原点的波函数．图16-4解 (1) Tt 43=时刻的波形沿x 轴负向移动λ43即为t=0时的波形，或沿x轴正向移动λ41即得t=T 时的波形，如图16-4(b)．(2) 由图16-4(a)得 m,40 m,20..==λA 又m/s 36=v 对O 点有，t =0时，有0c o s0==ϕA y （1） 0s i n 0<-=ϕωA v （2）由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=对P 点， t =0时，有2.0cos 0==ϕA y P (3)0sin 0=-=ϕωA P v (4)因A =0.2m ，由(3)式得0=ϕ，满足(4)式．(3)波的角频率 r a d /s180rad/s 403622ππλπω=⨯==.vO 点的振动方程为 )c o s (.218020ππ+=t y m以O 为原点的波函数为 ])(c o s [.23618020ππ+-=x t y m16-5 一平面波在t =0时的波形曲线如图16-5中曲线(I)所示，波沿x 轴正向传播，经过t =0.5s 后, 波形变为曲线(II). 已知波的周期1≥T s , 试由图中所给条件, 求(1)波函数；(2)A 点的振动方程．分析从波形曲线(I)可以求出振幅、波长以及O 点的初相. 但另一个重要的常数ω需结合两条波形曲线考虑. 从图上不难看出, 在0.5s 内波形在x 轴正向移动0.1m ，于是可以计算出波速．再根据周期、波长、波速间的关系求出周期，进而求出角频率.解由图16-5知, A =0.1m, 40.=λm ,20501010....===tv m/s 22040===..v T λs πππω===222Trad/s对O 点0c o s0==ϕA y (1) 0s i n 0<-=ϕωA v (2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=故O 点的振动方程为 )c o s (.210ππ+=t ym以O 为原点的波函数为])(c o s [.]).(c o s [.251022010ππππ+-=+-=x t x t y m(2)将10.=A x m 代入上式，得A 点的振动方程为10210510t t y πππc o s .]).(c o s [.=+⨯-=m 16-6 一平面波的波函数为 )sin(.x t y 20050010+=π，式中x ，y 以m 为单位，t 以s 为单位, 试求:（1）波的振幅、频率、波长和波速；（2）何时原点处第一次出现波峰；（3）当t =1s 时，最靠近原点的两个波峰位置.分析本书约定波函数以余弦函数表示, 因此可先把题目给的波函数化为余弦函数．分列在原点两侧的第一个波峰应是最靠近原点的波峰．解 (1)波函数化为余弦函数形式为 ])(c o s [.2100252010πππ-+=x t y mm1014.310025Hz, m,01.0 2-⨯====πλνAm /s 79025101432..=⨯⨯==-Tv λ(2) 将x=0, y=A 代入波函数，当第一次出现波峰时，有 02252=-ππ)(t得 t =0.01s(3) 将t =1s 代入波函数得t=1s 时的波形方程xx y 200010220050010sin .)cos(.=-+=ππ欲出现波峰需满足条件：)0,1,2.....( 212200=+±=k k x π)(sin得最靠近原点的两波峰位置为m1035.2 23200 -1,m1085.7 2200 ,02231--⨯-=-==⨯===x x k x x k ππ16-7 沿x 轴负向传播的平面简谐波在t =2s 时的波形如图16-17(a), 波速v =0.5m/s, 求O 点的振动方程及此波的波函数.分析由已知条件算出T =4s. 欲从t =2s 时的波形求出t =0时的波形, 只需将t =2s 时的波形曲线沿x 轴负向移动半个波长即得. 从t =0时的波形便可求出振动方程的几个常数.解从图16-7(a)知s 4s 5.02===v λT rad/s5.02==Tπω可得t =0时的波形如图16-7(b). 从图知O 点将向下运动，于是O 点在t =0时有0cos 0==ϕA y(1) 0sin 0<-=ϕωA v(2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=O 点的振动方程为 )c o s (.2250ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ]).(c o s [.250250ππ++=x t y m16-8 一平面简谐波沿x 轴负向传播, 波长为,λ P 处质点元的振动规律如图16-8. (1)求P 点的振动方程; (2)设OP=d , 求此波以O 为原点的波函数.分析振动曲线是描绘波线上某点位移与时间关系的曲线，即y-t 图．通过振动曲线可知P 点的初始条件．有了P 点的初始条件，可得P 点的振动方程．由于波沿x 轴负向传播，因而O 点的相位比P 点落后．解 (1)由振动曲线知P 点在t =0时有AA y -==ϕcos 0 (1)0sin 0=-=ϕωA v (2)由(1)式得πϕ=，满足(2)式．因T =4s ，则ππω5.02==Trad/s所以P 点的振动方程为)cos(ππ+=t A y 2m(2)波沿x 轴负向传播, P 点相位比O 点超前,所以O 点的振动方程为])(cos[])(cos[πλπππ+-=+-=dt A vd t A y 4220 m有 4λλ==Tv以O 为原点的波函数为])(cos[])(cos[πλπππ+-+=+-+=dx t A vd x t A y 4422m16-9 图16-9 (a)是一平面简谐波在t =0时的波形曲线. P 点位于波线上点为1 m 处P 点的振动曲线可以判明，当t 稍微大于零时其位移为正，因而t =0时P 点将向上运动．再观察波形图上x =1.5m 处的质点，当t =0时位于最大位移处，此后一定要向下运动回到平衡位置．既然t =0时P 点将向上最大位移处运动，而1.5m 处质点已从最大位移返回，便可判断出P 点(1m 处)的相位比1.5m 处质点落后，所以波沿x 轴负向传播．解从图16-9(a)知 2=λm, T =0.2s, A =0.2m.m/s10 rad/s 102====TTλππωv从图16-9 (b)P 点的振动曲线并结合波形曲线(a), 判断出波沿x 轴负向传播, 因而t =0时O 点向下运动，O 点初相由下两式决定：0c o s0==ϕωA y (1) 0s i n 0<-=ϕωA v (2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=得波函数为 ])(c o s [.2101020ππ++=x t y m16-10 两相干波源S 1、S 2具有相同的振幅、频率和初相位．已知振幅A =0.01m,频率为100Hz, 初相位为零. 两波源相距30m, 相向发出二简谐波, 波长为5m. 试求: (1)两波源的振动方程; (2)在两波源连线中点处的合振动方程. 分析相干波在相遇点的合振幅是各列波在相遇点引起的振动的合成．解 (1) 已知 ππνωω200221=== rad/s所以S 1、S 2的振动方程为t t A y y πφω2000100201cos .)cos(=+==(2) 如图16-10, 取S 1为坐标原点, 向右为正. 第一列波到达波源连线中点P 的振动方程为)](cos[λνπPx t A y -=21)(cos .)](cos[.310020105151002010-=-=t t ππ第二列波到达P 点的振动方程为)](2cos[22λνπPx x t A y --=)(cos .)](cos[.310020105151002010-=-=t t ππ所以P 点的合振动方程式为)(cos .3100202021-=+=t y y y π m16-11 一简谐空气波, 沿直径为0.14m 的圆柱形管传播, 波的平均强度为3109-⨯W/m 2, 频率为300Hz, 波速为300m/s. 求: (1)波的平均能量密度和最大能量密度; (2)每两个相邻同相面间的波中含有的能量.分析本题涉及的概念有: 能量密度、平均能量密度、平均能流、能流密度或波的强度. 从能量密度)(sin v x t A w -=ωρω222看到,介质单位体积中的能量不守恒, 随时间作周期变化, 在给定时刻能量又随单位体积平衡位置坐标x 作周期变化，因此波的传播既是振动相位的传播又是能量的传播，因此而称为行波．解 (1)平均能量密度为 2221A w ρω=平均强度为 v A I 2221ρω=3533J/m 103J/m300109--⨯=⨯==v I w能量密度为 )(s i n 222vxt A w -=ωρω最大能量密度为 353522m a x J /m 106J/m 10322--⨯=⨯⨯===w A w ρω(2)相邻同相面间隔的距离为一个波长，即 1300300===νλvm相邻同相面间的波中含有能量J 1062.4J )07.0(14.31037252--⨯=⨯⨯⨯===λπr w V w W16-12 一简谐波在弹性介质中传播, 波速31001⨯=.v m/s, 振幅A =1.0×10-4m, 频率31001⨯=.νHz. 若介质的密度3kg/m 800=ρ, 求: (1)该波的能流密度; (2) 若有一平面面积s=4.0×10-4m 2, 波速v 与该平面法线e n 的夹角为︒60，求一分钟内通过该面积的平均能流.解 (1)能流密度为2523242322W/m1058.1W/m10)100.1()1014.32(80021 21⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-vA I ρω(2)一分钟内通过垂直于波传播方向的平均能流为W1089.1W 6060cos 100.41058.1345⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==- Ist P16-13 若太阳能电池板的接收面积为13cm 2, 当正对太阳时, 电池板产生0.45V 电压, 并提供0.20A 电流. 设太阳光的能流密度为1.0×103W/m 2, 求太阳能转变为电能的效率.分析 1s 内太阳能电池板产生的电能与1s 内电池板吸收的太阳能之比就是能量转换效率．本题提供的太阳的能流密度是一常识性数据．解 1 s 内太阳能电池吸收的太阳能为J 3.1J 1013100.143=⨯⨯⨯==-Is W产生的电能为 E = 0.2×0.45 J = 0.09 J 所以转换效率为%9.6%1003.109.0=⨯=WE16-14 两相干平面波波源A 、B 相距20m, 作同频率、同方向和等振幅的振动，它们所发出的波的频率为100Hz ，波速为200m/s ，相向传播, 且A 处为波峰时, B 处为波谷, 求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置.分析两相干波等振幅，所以相干减弱点的振幅为零，即因干涉而静止．A 处为波峰时B 处恰为波谷, 表明波源A 与波源B 的相位差为π．解两相干平面波波长为 2100200===νλvm两平面波相向传播，相遇点在两波源之间，设P 在A 、B 间，距离波源A 为x ，如图16-14，设波源B 相位比波源A 超前π，有xxxx l A B ππππλππϕϕ21922202)(2+-=--=---=-相遇点为干涉静止时需满足条件为),2,1,0( )12( ±±=+=-k k A B πϕϕ得 πππ)12(219+=+-k x 所以AB 连线上因干涉而静止点的位置为x = k+10 m )9,,2,1,0(±±±= k16-15 如图16-15, 两列波长均为λ的相干简谐波, 分别通过图中的O 1和O 2点, 通过O 1点的简谐波在M 1M 2平面反射后与通过O 2点的简谐波在P 点相遇. 假定波在M 1M 2平面反射时有半波损失, O 1和O 2两点的振动方程分别为t A y πc o s 10=和)2/cos(20ππ+=t A y ,且O 1m +mP =8λ, O 2P =3λ, 求: (1)两列波分别在P 点引起的振动的振动方程; (2)P分析通过O 1的简谐波在M 1M 2平面的m 点反射，反射时有半波损失，即对于通过O 1的简谐波, M 1M 2平面是波密介质, 反射时反射波的相位改变π．介质无吸收，即表明振幅保持不变．解 (1) 222===ππωπT s在M 1M 2面上反射有半波损失, 所以通过O 1点的简谐波在P 点的振动方程为)cos()cos(])(cos[πππππλλπ-=-=+-=t A t A t A y P 158221通过O 2点的简谐波在P 点的振动方程为)cos(])(cos[223222πππλλπ+=+-=t A t A y P(2)由(16-22)式, P 点合振动的振幅为A A A A 222222=++=)cos(ππ合16-16 如图16-16(a), 三列波长均为λ的简谐波, 各自通过S 1、S 2、S 3后在P 点相遇，求P 点的振动方程. 设三列简谐波在 S 1、S 2、S 3 振动的振动方程分别为)/cos(,cos ),/cos(222321πωωπω-==+=t A y A y t A y ,且S 2P =4λ,S 1P =S 3P =5λ, 并设介质无吸收.分析振动的合成采用旋转矢量法最简便．本题可用旋转矢量法先求第一、二个振动的合振动，再与第三个合成. 以此类推可作多个振动的合成．解三列简谐波在P 点的振动方程分别为)cos()cos(])(cos[232192521πωπωπλλπ-=-=+-=t A t A T t A y Pt A t A T t A y P ωπωλλπcos )cos()](cos[=-=-=8422)cos()cos(])(cos[22210225223πωππωπλλπ-=--=--=t A t A T tA y P先将第一列波在P 点引起振动的旋转矢量A 1与第三列波在P 点引起振动的旋转矢量A 3合成，合旋转矢量为A 13, 如图16-16(b). 合振动方程为)c o s (313πω+=t A y)cos(2πω-=t A y 合16-17 沿弦线传播的一入射波的波函数为)./cos(λπωx t A y 21-=设波在x=L 处(B 点)反射, (1)反射点为自由端, 写出以B 为原点的反射波的波函数; (2)反射端为固定端又如何?分析考虑在自由端反射的反射波无半波损失，在固定端反射的反射波有半波损失，结合波函数的物理意义, 可写出B 点的振动方程．沿入射波的传播方向, 波线上各点相位依次落后，且注意到入射波的波函数是以O 为原点．B 点的坐标为x B =L ，于是以B 为原点的反射波传到坐标x 点时, 传播距离是L-x.解 (1)如图16-17, 反射点B 为自由端时, 反射波无半波损失，B 点坐标x B =L ，B 点振动方程为 )cos(λπωLt A y B 2-=反射波沿BO 方向传播, BO 间各点的相位均落后于B 点, BO 上坐标为x 的任一点t 时刻相位为)()()(x L t x L Lt --=---2222λπωλπλπω所以B 点为自由端时, 以其为原点的反射波波函数为)cos(λπωxL t A y --=22反(2)当反射点B 为固定端时, 反射波有半波损失，以B 为原点的反射波波函数为)cos(πλπω+--=xL t A y 22反16-18 两列波在同一直线上传播, 波速均为 1 m/s.它们的波函数分别为),(cos .),(cos .t x y t x y +=-=ππ05005021 式中各量均采用国际单位制. (1)试说明在直线上形成驻波, 并给出波腹、波节的位置; (2)求在x =1.2m 处的振幅.分析两列在同一直线上沿正反方向传播的等振幅相干波叠加形成驻波．驻波波函数为.cos )cos (t xA y πνλπ222= λπxA 22cos 为振幅项．结合书上对驻波的讨论, 可总结出驻波区别于行波的两个特点：在驻波中无能量传播, 无相位传播．解两波函数改写为)(c o s .)(c o s .x t y x t y +=-=ππ05005021所以这两列波是在同一直线上沿正反方向传播的等振幅的相干波，在直线上叠加形成驻波，(16-24)式给出驻波波函数的形式为t xA y πνλπ222cos cos =与已知条件比较，知 m/s 2 rad/s, , m 050====T v A λπω. 得 22==ωπT s ，501.==Tν Hz ， 2==vT λm.所以驻波波函数为t x y ππc o s c o s.10= m 当 x 满足1=x πcos 时出现波腹, 即ππk x = (k =0,1,2,…..)解出x=k m 出现波腹.当 x 满足0cos =x π时出现波节, 即212ππ)(+=k x (k =0,1,2,…..)解出)(1221+=k x m 出现波节.(2)x =1.2m 处的振幅为0810*******1..c o s .c o s..====ππx x A m .16-19 如图16-19, 位于x =0 处的波源O 作简谐振动, 产生振幅为A , 周期为T ,波长为λ的平面简谐波. 波沿x 轴负向传播, 在波密介质表面B 处反射. 若t =0时波源位移为正最大, 且OB=L, 求:(1)入射波的波函数; (2)以B 为原点的反射波的波函数; (3)设L =43λ, 证明BO 间形成驻波, 并给出因干涉而静止的点的位置.分析将入射波的波函数写出后与习题16-17 联系应不难求解. 解题时需十分留心的是题目已把坐标取定, B 点的坐标L x B -=.解 (1)波源的初相由下式给出 A A y ==ϕc o s 0 (1)0sin 0>=ϕA v (2)从(1)式解出 0=ϕ 满足(2)式, 故 0=ϕ所以以O 为原点, 沿x 轴负向传播的入射波波函数为)(c o s λπxT t A y +=21(2)B 点坐标x B =-L , 且B 点为波密介质表面一点, 在B 点反射的反射波有半波损失，B 点的振动方程为])(2cos[πλπ+-=LT t A y B 振反射波沿x 轴正向传播, BO 间坐标为-x 的任一点t 时刻相位为πλππλλπ++-=++--)()(xL Tt xL LT t 222所以以B 为原点的反射波波函数为])(cos[πλπ++-=xL T t A y 222(3) 因43λ=L ，所以入射波波函数为)(cos λπxT t A y +=21反射波波函数为)(cos ]))((cos[λππλλπx T t A xTt A y -=++-=243222BO 间两波叠加, 合成波为tTxA y y y πλπ2221coscos=+=为驻波.因干涉而静止点的位置满足02=λπxc o s即λ412+±=k x (k =0,1,2,….)，且],[L x 0∈，所以BO 间因干涉而静止的点为λλ4341,处．16-20 站在铁路附近的观察者, 听到迎面开来的火车笛声频率为440Hz,当火车驶过后, 笛声的频率降为390Hz, 设声音速度为340m/s, 求火车的速度.分析据已知, 观察者相对于介质静止, 波源(汽笛)先向着观察者运动后又背离观察者，对照(16-29)式不难求解.解设1ν和2ν分别为观察者听到的火车迎面开来和驶过时的频率, ν为汽笛的固有频率. 设声速为V, v 为火车速度,火车的汽笛是波源. 据(16-29)式, 火车向着观察者运动v>0, 有 ννvV V -=1火车背着观察者运动v<0, 有ννv V V +=2两式相除得vV v V -+=21νν解出火车速度 m /s 5.20m/s 3403904403904402121=⨯+-=+-=V ννννv16-21 水下甲潜艇静止, 乙潜艇以航速v 向着甲运动. 为了测定乙潜艇的航速, 甲潜艇上的人员用声纳装置向乙潜艇发出频率为0ν的超声波. 若甲潜艇收到的反射波的频率为ν, 试确定ν与0ν、v 间的关系（已知超声波在水中传播速度为u ）.分析超声波是指频率高于2000Hz 的机械纵波，具有频率高、波长短、强度大特点，因而有良好的定向传播性能和很强的穿透本领. 由于海水导电性能好，对电磁波有很强的吸收，因而依赖发射、接收电磁波而工作的电磁雷达无法在海水中使用. 利用超声波制成的超声波雷达——声纳应运而生.解超声波从甲传到乙时，甲为波源静止，频率为0ν. 乙为接收者，以 v 向着甲运动, v<0. 据(16-28)式, 乙接收到的频率为0ννuv +='u超声波从乙传到甲时，甲为接收者，静止. 乙为波源，频率为ν'，以v 向着甲运动, v>0. 由(16-29)式, 甲接收到的反射波频率为0νννv-u v v+='-=u u u。

大学物理学第三版(上海交大)下册习题答案

第十一章习题11-1.直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设m 03.0m,04.0==AC BC ).解：1q 在C 点产生的场强 20114AC q E πε= 2q 在C 点产生的场强 22204q E BC πε=C 点的合场强 43.2410V E m ==⨯ 方向如图11-2. 用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向.解：棒长 m d r l 12.32=-=π电荷线密度 19100.1--⋅⨯==m C l q λ若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强。

由于r d ，该小段可看成点电荷 C d q 11100.2-⨯=='λ圆心处场强 1211920072.0)5.0(100.2100.94--⋅=⨯⨯⨯='=m V r q E πε 方向由缝隙指向圆心处11-3. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：设O 为坐标原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴半无限长导线∞A 在O 点的场强 )(40j i E 1-=Rπελ 半无限长导线∞B 在O 点的场强 )(40j i E 2+-=Rπελ AB 圆弧在O 点的场强 )(40j i E 3+=Rπελ总场强 j)i E E E E 321+=++=(40Rπελ 11-4. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为φλλsin 0=，式中0λ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．解：R d Rdl dE 00204sin 4πεϕϕλπελ== ϕcos dE dE x = 考虑到对称性 0=x Eϕsin dE dE y =R R d dE E y 00002084sin sin ελπεϕϕλϕπ===⎰⎰方向沿y 轴负向11-5. 一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心O 处的电场强度．解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dl r dq σπ2=2322023220)(42)(4r x dl rx r x xdqdE +=+=πεσππε θc o s R x = θs i n R r = θRd dl = 001sin 2224E d i πσσθθεε==⎰ 11-6. 图示一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ．求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即x E -图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox 轴垂直于平板)．解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面1S 为高斯面S E d S ∆=∙⎰21S E S x q ∆=∑ρ2 0ερx E =)2(d x ≤ 同理可得板外一点场强的大小 02ερd E = ()2d x >11-7. 设电荷体密度沿x 轴方向按余弦规律x cos 0ρρ=分布在整个空间，式中0ρ为恒量．求空间的场强分布．解：过坐标x ±处作与x 轴垂直的两平面S ，用与x 轴平行的侧面将之封闭，构成高斯面。

大学物理16波动答案

波动一、单选题：1、（3058A10）C2、（3066A05）B3、（3067A15）C4、（3068A15）D5、（3147B25）B6、（3151B25）B7、（3407A20）D8、（3411A15）C9、（3413A15）A 10、（3479A15）A 11、（3483B35）C 12、（3841A10）B 13、（3842A10）A 14、（3847A20）D 15、（5193A15）B 16、（5204B25）D 17、（5317A10）C 18、（5513A10）C 19、（3069C45）C 20、（3070B30）D 21、（3071C45）D 22、（3072B30）A 23、（3073B35）C 24、（3145B30）C 25、（3149B30）A 26、（3150B25）A 27、（3152C45）C 28、（3338B30）D 29、（3339B30）D 30、（3340B25）A 31、（3341B30）A 32、（3408B30）B 33、（3409B40）D 34、（3412B30）A 35、（3415B30）D 36、（3573B25）C 37、（3574A20）B 38、（3575B25）A 39、（3603A15）A 40、（5203B25）D 41、（3087B30）A 42、（3088B30）A 43、（3089B35）D 44、（3090B35）C 45、（3286A10）C 46、（3287B30）D 47、（3288B25）C 48、（3289B35）B 49、（5320B30）B 50、（3295B25）D 51、（3433A15）D 52、（3434B25）C 53、（5321B30）D 54、（3101B30）B 55、（3308A10）B 56、（3309A10）C 57、（3310B25）C 58、（3311B25）D 59、（3312B25）C 60、（3591A20）D 61、（3592A20）D 62、（3593A20）C 63、（5194A10）C 64、（3457A05）B 65、（3458A15）C 66、（3459A15）C 67、（3598A05）C 68、（5523B25）A 69、（3112A15）B 70、（3113B25）C 71、（3321A10）A 72、（3322A10）B 参考解 21、（3071C45）解：由图 b 2=λ, bu u2==λν令波的表达式为 ])(2c o s [φλν+-π=x t a y 在 t = t ', ])(2c o s [φλν+-'π=xt a y由图，这时x = 0处初相 22π-=+'πφνt可得 t 'π-π-=νφ22故x = 0处 ]2c o s [φν+π=t a y ]2)(c o s [π-'-π=t t bu a二、填空题：1、（3059A10）向下；向上；向上2、（3061A15） 503 m/s3、（3062A15） π4、（3063A15） 0.8 m ； 0.2 m ； 125 Hz5、（3065A10） 0.233 m6、（3074A15）波从坐标原点传至x 处所需时间；x 处质点比原点处质点滞后的振动相位；t 时刻x 处质点的振动位移7、（3075A10） 125 rad/s ； 338 m/s ； 17.0 m 8、（3153B35） φλ+π-/2L ； λk L ± ( k = 1，2，3，…) ；λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…)9、（3342A10） )23c o s (2.02x t a π+ππ-= (SI)10、（3417A05） 17 m 到1.7³10-2 m 11、（3418A05） 2π /5 12、（3420A20） 0 13、（3421A15） aE 14、（3423B30） )2121200c o s (1023π-π-π⨯=-x t y (SI)15、（3425A10） 2.4 m ； 6.0 m/s 16、（3426A10） 5.0 ³104 Hz ； 2.86³10-2 m ； 1.43³103 m/s17、（3441B25） ]42c o s [λλωLxt A π-π+18、（3442B25） )]22()(2cos[λφλL xTt A π-π+++π或)]22()(2cos[λφλLxTt A π-π-++π19、（3445B30） )2(2c o s λλνL xt A +-π 20、（3446B35） )22c o s (π±-π+λωxL t A21、（3571A10） u x x /)(12-ω 注：（x 1和x 2写反了扣1分） 22、（3572A10） )24c o s (1.0x t π-π 23、（3576A10） a /b 24、（3578A15） π /3 25、（3580A10） b / 2π ； 2π / d 26、（3850A15） 0.1cos(4πt - π) (SI) ； -1.26 m/s 27、（3852A10） 2 cm ； 2.5 cm ； 100Hz ； 250 cm/s 28、（3853A10） 0.6 m ； 0.25 m 29、（3862A10） 30 ； 30 30、（3863A15） 2π /C ； B /C ； Cd31、（5318B25）答案见右图32、（5514A05） 0.533、（5515A10） 3 ； 300 34、（3076B30） ])330/(165cos[10.0π--π=x t y (SI) 35、（3077B25） }]/)1([cos{φω+++=u x t A y (SI)36、（3132A20） ]4/)/(c o s [11π+-=u L t A y ω； uL L )(21+ω图(1)图(2)37、（3133B25） ])(2c o s [212φλν++-π=L L t A y ； λk L x +-=1 ( k = ± 1，± 2，…）38、（3134B35） ]2)(2c o s [π+++π=λνLx t A y；νλνkLt ++1，k = 0，±1，±2, … [注：只写 )/(1λνL t + 也可以]39、（3135B30） ]2)2(2c o s [π-+-π=u xt u A y λ； ]2)2(2c o s [π+-π=t uA y P λ40、（3136B30） ]/2c o s [1φ+π=T t A y ； ])//(2c o s [2φλ++π=x T t A y41、（3330C45） )2121c o s (2.0π-π=t y P42、（3337B25）答案见右图43、（3343B30）)22c o s (1π-π=t T A y x或 )/2sin(1T t A y x π=44、（3344B30） )c o s (04.02π+π=t y P (SI) 45、（3424B40） ]21)(2c o s [0π+-π=t t A y ν46、（3607B40） 3T /4 47、（3608B40） π2348、（3609B40）λ21 49、（3610B40） 3λ/ 450、（3856A15） )4521s i n (06.0π-π=t y51、（5195C55）)/2c o s (λωx t A y π-π+=；)/2/4cos(λλωx L t A y π+π-'='52、（5205C45）答案见图注：根据波动的相位传播规律，考虑下列三个相位的传播：1）x = 0点t = 0时刻的相位，在t = T 时刻传到x = λ处．2）x = 0点在t = T / 4时刻的相位，在t = T 时刻传到x = (3 /4)λ 点．3）x = 0点在t = (3 /4)T 时刻的相位，在t = T 时刻传到x = λ /4点． 53、（5524B35）答案见右图54、（3091A15） 2122/R R55、（3092B25）答案见图（子波源、波阵面、波线各1分）56、（3291A15） 5 J 57、（3292A10） 4 58、（3293A20） I S cos θ 59、（3294B25）Swπ2ωλ60、（3431A20） DC 为 t + τ 时刻波在介质2中的波前61、（3859A10） 0.08 W/m 2参考解：∵ P r S =π⋅24∴ 08.04/2=π=r P S W/m 262、（5196A10） 7.96³10-2 W/m 2 63、（3093B25）相同； 2π/3 64、（3094B25） S 1的相位比S 2的相位超前π/2 65、（3301B25）)22c o s (2212221λπrL A A A A -++66、（3587A15） 2A 67、（3588A10） 0 68、（3589A10） 0 69、（3857A15） 1.7³103 Hz参考解：两路声波干涉减弱条件是： λδ)12(21+=-=k EBA ECA ①当C 管移动x = 10 cm = 0.1 m 时，再次出现减弱，波程差为 λδδ]1)1(2[212++=+='k x ②②－①得 x 2=λ 故 ===)2/(/x u u λν 1.7³103 Hz 70、（5517B30） 2k π + π /2，k = 0，±1，±2，… ；2k π +3 π /2，k = 0，±1，±2，… 71、（3105B35） tx y ππ⨯=-20cos )21cos(100.122 (SI) ；)12(+=n x m ，即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m ； n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 72、（3106C45） ])/(2c o s [π++πλνx t A ； )212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ73、（3107C45） )(2c o s λx T t A -π； A74、（3154A20） t A y ωc o s 21-= 或 )c o s (21π±=t A y ω ； t A ωs i n 2=v75、（3156C50）答案见右图 76、（3314B30） )212c o s (]212c o s [2π+ππ-π=t xA y νλ或)212cos(]212cos[2π-ππ+π=t xA y νλ或 )2cos(]212cos[2t x A y νλππ+π=77、（3315A20） )21100c o s ()21c o s (30.0π+ππ=t x y(SI)78、（3316A15） λ21)21(+=k x ，k = 0，1，2，3，… 79、（3317A15） λ21)21(-=k x ，k = 1，2，3，…80、（3317A15） 2 m ； 45 Hz 81、（3318A20） 100 m/s 82、（3487B25） π 83、（3488B25） 0 84、（3594A10） π 85、（3595A10） λ21 86、（3597A10）λ2187、（5198B25）答案见右图88、（2196A10）三者相互垂直，成右手关系，即H E⨯的方向为波传播的方向． 89、（2197A10）紫外； X 射线； γ 射线． 90、（2748A10） 2.00³108 m/s 91、（3125A10）垂直；相同 92、（3126A15） )6/2c o s (39.2π+π=t H y ν A/m 93、（3127A15） )3/2c o s (796.0π+π-=t H y ν A/m ；如图 94、（3456A05）介电常数ε 和磁导率μ 95、（3460A05） 4.69³102 m 96、（3461A05） ν = 108 Hz 97、（3462A10） 3 m 98、（3463A15） )312c o s (452π+πt ν(SI)99、（3464A15） )/(2c o s 59.1c x t H z -π=ν (SI) 100、（3465A15） )/(2cos 12.2c x t H z +π-=ν (SI)101、（3466A15） ])/(c o s [754π+--=c z t E y ω (SI) 102、（3467A15） )/(2c o s 565λνz t +π (SI)103、（3468A20） 1.91³10-7 W ²m -2zyxcx EyHO104、（3469A15） 4.0³1026 J105、（3470A15） 1.59³10-5 W ²m -2 106、（3600A05） 3.00³108 107、（5197A05） 6 ； 4 108、（3115A10） 637.5 Hz ； 566.7 Hz 109、（3116B25） 1065 Hz ； 935 Hz 110、（5877A20） S Ruu νv -111、（5878A20） S Su uνv -三、计算题：1、（3083B30）解：由题 λ = 24 cm, u = λν = 24³25 cm/s ＝600 cm/s 2分 A = 3.0 cm ， ω = 2πν = 50 π/s 2分y 0 = A cos φ = 0， 0s i n 0>-=φωA yπ-=21φ2分]21)6/(50cos[100.32π--π⨯=-x t y(SI) 2分2、（3085C45）解：反射波在x 点引起的振动相位为 π+π--+π-=+21)55(4x t t φωπ-π+π+=10214x t 3分反射波表达式为)10214cos(01.0π-π+π+=x t y(SI) 2分或 )214c o s (01.0π+π+=x t y (SI)3、（3086C65）解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成)/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分t = 1 s 时 0])/1.0(27c o s [1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有 05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分)由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分3/17π-=φ 1分∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y(SI) 2分或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)4、（3335B25）解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π=(SI) 3分(2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T ym 1.0)818/1(4c o s 1.0=-π= 2分(3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty -ππ-=∂∂=v ．)4/1(212==T ts ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分5、（3410A20）解：(1) 已知波的表达式为)2100cos(05.0x t y π-π= 与标准形式)/22c o s (λνx t A y π-π= 比较得A = 0.05 m ， ν = 50 Hz ， λ = 1.0 m 各1分 u = λν = 50 m/s 1分 (2) 7.152)/(max max =π=∂∂=A t y νv m /s 2分322m a x 22m a x 1093.44)/(⨯=π=∂∂=A t y a ν m/s 2 2分(3) π=-π=∆λφ/)(212x x ，二振动反相 2分6、（3860A15）解： 5.0/==λνu Hz νωπ=2= π s -1 1分x = 0处的初相 π=210φ，角波数 π=π=λ/2k m -1 ，波动表达式为 2分(A = 0.1 m) )21c o s (1.0π+π-π=x t y 1分)s i n (),(0φωω+--=∂∂=kx t A ty t x v速度最大值为： v max = 0.314 m/s 1分7、（3861A15）解：(1) 振动方程： )c o s (0φω+=t A y A = 10 cm ， ω = 2πν = π s -1，ν = u / λ = 0.5 Hz 初始条件： y (0, 0) = 00)0,0(>y得 π-=210φ故得原点振动方程： )21c o s (10.0π-π=t y (SI) 2分(2) x = 150 cm 处相位比原点落后π23，所以)2321c o s (10.0π-π-π=t y )2c o s (10.0π-π=t(SI) 3分也可写成ty π=c o s 10.0 (SI)8、（3864A15）解： A = 0.01 m ，λ = u /ν = 1 m ，T = 1 s 1分x = 0处， φ 0 = 0 2分波表达式为 )//(2c o s 01.0λx T t y +π=)(2c o s 01.0x t +π= (SI) 2分 9、（5199B30）解：该波波长 λ = u /ν = 0.8 m (1) x 2点与x 1点的相位差为λφφ/)(2)(1212x x -π=--λφφ/)(21212x x -π-=- 3分当=-12x x 0.12 m 时 π-=-3.012φφ rad 1分 (2) 同一点x ，时间差12t t -，相应的相位差T t t /)(21212-π='-'φφ)(212t t -π=ν 3分当 31210-=-t t s 时， π='-'12φφ rad 1分 10、（5319B40）解：这是一个向x 轴负方向传播的波．(1) 由波数 k = 2π / λ 得波长 λ = 2π / k = 1 m 1分由 ω = 2πν 得频率 ν = ω / 2π = 2 Hz 1分波速 u = νλ = 2 m/s 1分 (2) 波峰的位置，即y = A 的位置．由 1)24(c o s =+πx t有 π=+πk x t 2)24( ( k = 0，±1，±2，…)解上式，有 t k x 2-=．当 t = 4.2 s 时， )4.8(-=k x m ． 2分所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰．在上式中取k = 8，可得 x = -0.4 的波峰离坐标原点最近． 2分 (3) 设该波峰由原点传播到x = -0.4 m 处所需的时间为∆t ，则 ∆t = | ∆x | /u = | ∆x | / (ν λ ) = 0.2 s 1分 ∴ 该波峰经过原点的时刻 t = 4 s 2分 11、（3078B40）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)2c o s (=+'π=φνt A y 1分 0)2s i n (2d /d <+'ππ-=φννt A t y 1分所以 2/2π=+'πφνt ， t 'π-π=νφ2212分x = 0处的振动方程为 ]21)(2c o s [π+'-π=t t A y ν 1分(2) 该波的表达式为 ]21)/(2c o s [π+-'-π=u x t t A y ν3分12、（3079B30）解：(1) 原点O 处质元的振动方程为)2121c o s (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)321c o s (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13、（3080A15）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(125³4－3.7) m= 0.249 m 2分 14、（3081A15）解： λxu t A y -π=2c o s = -0.01 m 1分1.0,2d d ===t x ty v 0)2s i n (2=-ππ-=λλxut uA 2分22d d ty a =)2c o s ()2(2λλxut uA -ππ-== 6.17³103 m/s 2 2分15、（3082B35）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t (s)O -2³10-21y (m )234(a)2³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⨯=-xt y(SI) 2分16、（3084B30）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 ωω4分(2) 8/λ=x 处振动方程为]21)8/2(c o s [π+π-=λλωt A y )4/c o s (π+=t A ω 1分8/3λ=x 的振动方程为]218/32c o s [π+-=λλπωt A y )4/c o s (π-=t A ω 1分(3) )21/2s i n (/d d π+π--=λωωx t A t yt = 0，8/λ=x 处质点振动速度]21)8/2s i n [(/d d π+π--=λλωA t y 2/2ωA -= 1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 =1分17、（3137A20）解：(1) 振动方程 }]/)([2c o s {φλν+--π=L t A y P])/(2c o s [φλν++π=L t A 2分 (2) 速度表达式 ])/(2sin[2φλνπν++π-=L t A P v 2分加速度表达式 ])/(2c o s [422φλνν++ππ-=L t A a P 1分 18、（3138B35）解：(1) 振动方程 )22c o s (06.00π+π=ty )c o s (06.0π+π=t(SI) 3分(2) 波动表达式])/(c o s [06.0π+-π=u x t y3分])21(c o s [06.0π+-π=x t(SI)(3) 波长 4==uT λ m 2分19、（3139B30）解：(1) O 处质点的振动方程为 ])(c o s [0φω++=u L t A y2分(2) 波动表达式为 ])(c o s [φω+++=uL x t A y 2分(3) x = -L ± k ωuπ2 ( k = 1，2，3，…) 1分20、（3140B30）解：(1) O 处质点振动方程 ])(c o s [0φω++=uL t A y 2分(2) 波动表达式 ])(cos[φω+--=uL x t A y2分(3) ωukL x L x π±=±=2 (k = 0，1，2，3，…) 1分21、（3141B30）解：(1) O 处质点，t = 0 时 0c o s 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为 ]2)4.05(2c o s [04.0π--π=x ty(SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2c o s [04.0π--π=ty P )234.0c o s (04.0π-π=t(SI) 2分22、（3142B35）解：(1) 比较t = 0 时刻波形图与t = 2 s 时刻波形图，可知此波向左传播．在t = 0时刻，O 处质点 φc o s 0A =， φωs i n00A -=<v ，故 π-=21φ2分又t = 2 s ，O 处质点位移为 )214c o s (2/π-π=νA A所以 π-π=π-21441ν，ν = 1/16 Hz 2分振动方程为 )218/c o s (0π-π=t A y (SI) 1分(2) 波速 u = 20 /2 m/s = 10 m/s波长 λ = u /ν = 160 m 2分波动表达式 ]21)16016(2c o s [π-+π=xt A y (SI) 3分23、（3143B35）解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O 处质点，t = 0 时φc o s2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v 所以 4/π=φO 处振动方程为 )41500cos(0π+π=t A y(SI) 3分由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为]41)200250(2cos[π++π=x t A y(SI) 2分(2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是)45500cos(1π+π=t A y 1分振动速度表达式是 )45500cos(500π+ππ-=t A v(SI) 2分24、（3144B35）解：(1) 由振动曲线可知，P 处质点振动方程为])4/2c o s [(π+π=t A y P )21c o s (π+π=t A (SI) 3分(2) 波动表达式为 ])4(2c o s [π+-+π=λdx t A y (SI) 3分(3) O 处质点的振动方程 )21c o s (0t A y π= 2分25、（3146C50）解：(1)波的周期T = λ / u =( 40/20) s= 2 s ． 2分P 处Q 处质点振动周期与波的周期相等，故P 处质点的振动曲线如图(a) 振动方程为： 2分)21c o s (20.0π-π=t y P (SI) 2分(2) Q 处质点的振动曲线如图(b)，振动方程为)cos(20.0π+π=t y Q (SI) 2分或 )cos(20.0π-π=t y Q (SI) 2分 26、（3331C50）解：用旋转矢量解此题，如图可得A为代表P 点振动的旋转矢量. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω)3/4c o s (1012π+⨯=-t ω (SI)． 3分波的表达式为：]2/234c o s [1012λλω-π-π+⨯=-x t y)312c o s (1012π+π-⨯=-λωxt (SI) 2分27、（3332B30）解：(1) 2m )250/500(/===νλu m波的表达式]/2)1(21500cos[03.0),(λπ--π-π=x t t x y]2/2)1(21500cos[03.0π--π-π=x t))21500cos(03.0x t π-π+π= (SI) 3分(2) t = 0时刻的波形曲线x x x y π=π-π=s i n 03.0)21cos(03.0)0,( (SI) 2分28、（3333B35）解：(1) )3121cos(10220π+π⨯=-t y (SI)3分(2)]31)4141(2cos[1022π+-π⨯=-x t y(SI)2分(3) t = 1 s 时，波形表达式： )6521c o s (1022π-π⨯=-x y(SI)故有如图的曲线． 3分29、（5200B30）解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动． 2分该波的表达式为 )]4(22cos[x utA y -π-π=λλλ)222c o s (x u t A λλπ+π-π= (SI) 3分(2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时)22c o s (x A y λπ+π-=)22c o s (π-π=x A λ 2分按上述方程画的波形图见图B ． 3分30、（5201C50）解：该波波速u = 20 m/s ，角频率 ω = 4π s -1则 k = 2π /λ = ω / u = π /5 m -1． (1) 任取一点P （图A ），可得波的表达式为 )4c o s (3.0kx t y +π-π= )5/4c o s (3.0x t y π+π-π= (SI) 3分以x D = -9 m 代入上式有 )5/94c o s (3.0π-π-π=t y )5/144cos(3.0π-π=t (SI) 1分 (2) 任取一点P （图B ），可得波的表达式为 ]5/)(4c o s [3.0l x t y -π-π-π=以l = 5 m 代入, 有 )5/4c o s (3.0x t y π-π= 3分以x D = 14 m 代入上式, 有 )5/144cos(3.0π-π=t y D (SI) 1分此式与(1) 结果相同. 31、（5206C50）-2- x P x λ/4u图A解：由图，λ = 2 m ，又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分 T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分∴ )2121c o s (5.0π+π=t y(SI) 3分32、（5516B30）解：设x = 0处质点振动的表达式为 )c o s (0φω+=t A y ，已知 t = 0 时，y 0 = 0，且 v 0 > 0 ∴π-=21φ∴ )2c o s (0φν+π=t A y )21100c o s (1022π-π⨯=-t(SI) 2分由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为)/22c o s (0u x t A y νφνπ-+π=)2121100cos(1022x t π-π-π⨯=- (SI) 2分x = 4 m 处的质点在t 时刻的位移)21100c o s (1022π-π⨯=-t y(SI) 1分该质点在t = 2 s 时的振动速度为 )21200s i n (1001022π-π⨯⨯-=-πv2分= 6.28 m/s 1分33、（3428A20）解：(1) ==t W P / 2.70³10-3 J/s 1分(2) ==S P I /9.00³10-2 J /(s ²m 2) 2分(3) u w I ⋅===u I w / 2.65³10-4 J/m 3 2分34、（0347B35）解：据题意作下图，S 和OP 分别表示船和悬崖，S ′为船上天线．考虑由S ′发出的S ´P 波①与经海平面反射的S ´MP ②两列波在P 点的干涉．当发生相消干涉时接收站收不到讯号，注意到反射波②在反射时有相位突变π ，整个情况和光学的洛埃镜类似．当不计相移π 时，两波的波程差 20001502522sin 2⨯⨯=≈≈SOOP aa θ∆ m= 3.75 m 5分计入相移π ，则当 ∆ = k λ时，接收信号最弱。

大学物理16章物理答案3

16.20 两个共轴的螺线管A 和B 完全耦合，A 管的自感系数L 1 = 4.0×10-3H ，通有电流I 1 = 2A ，B 管的自感L 2 = 9×10-3H ，通有电流I 2 = 4A ．求两线圈内储存的总磁能．[解答]A 管储存的自能为211112m W L I = 32314102810(J)2--=⨯⨯⨯=⨯，B 管储存的自能为222212m W L I = 323191047210(J)2--=⨯⨯⨯=⨯；由于两线圈完全耦合，互感系数为M =3610(H)-==⨯，A 管和B 管储存的相互作用能为W m 12 = MI 1I 2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J)，两线圈储存的总能量为W m = W m 1 + W m 2 + W m 12 = 0.128(J)．16.21 一螺绕环中心轴线的周长L = 500mm ，横截面为正方形，其边长为 b = 15mm ，由N = 2500匝的绝缘导线均匀密绕面成，铁芯的相对磁导率μr = 1000，当导线中通有电流I = 2.0A 时，求：图16.21（1）环内中心轴线上处的磁能密度；（2）螺绕环的总磁能．[解答]（1）设螺绕环单位长度上的线圈匝数为 n = N/L ，中心的磁感应强度为B = μnI ，其中μ = μr μ0．磁场强度为H = B/μ = nI ，因此中心轴线上能量密度为2111()222w BH nI μ=⋅==B H72125001000410(2)20.5π-=⨯⨯⨯⨯ = 2π×104(J·m -3)．（2）螺绕环的总体积约为V = b 2L ，将磁场当作匀强磁场，总磁能为W = wV= 2π×104×(0.015)2×0.5=2.25π = 7.07(J)．16.22试证：平行板电容器中的位移电流可写成d d d UI C t =的形式，式中C 是电容器的电容，U 是两板间的电势差．对于其他的电容器上式可以应用吗？[证明]根据麦克斯韦理论：通过电场任意截面的位移电流强度等于通过该截面电位移通量的时间变化率，即I d = d ΦD /d t ．在平行板电容器中，由于ΦD= DS，而电位移D等于电容器的面电荷密度，即D = σ．因为电容器带电量为q = σS = DS = ΦD，所以I d= d q/d t，即：位移电流等于极板上电量的时间变化率．根据电容的定义 C = q/U，可得I d= C d U/d t．其他电容器可以看作由很多平等板电容器并联而成，总电容等于各电容之和，所以此式对于其他电容器也可以应用．16.23 如果要在一个1.0PF的电容器中产生1.0A的位移电流，加上电容器上的电压变化率为多少？[解答]因为I d= C d U/d t，所以电压变化率为d U/d t = I d/C = 1/10-12 = 1012(V·s-1)．16.24在圆形极板的平行板电容器上，加上频率为50Hz，峰值为2×105V的交变电压，电容器电容C = 2PF，求极板间位移电流的最大值为多少？[解答]交变电压为U = U m cos2πνt，位移电流为I d= C d U/d t = -CU m2πνsin2πνt，电流最大值为I m = CU m 2πν= 2×10-12×2×105×2π×50 = 4π×10-5(A)．16.25一平行板电容器的两极板面积为S 的圆形金属板，接在交流电源上，板上电荷随时间变化，q = q m sin ωt ．求：（1）电容器中的位移电流密度；（2）两极板间磁感应强度的分布．[解答](1)平行板电容器的面电荷密度为σ = q/S ，位移电流密度为 d d cos d d m d q q t t S t S ωσδω===．（2）在安培-麦克斯韦环路定律中dL I I +=⋅⎰l H d ，两极板间没有传导电流，即I = 0．由于轴对称，在两板之间以轴为圆心作一个半径为r 的圆，其周长为 C = 2πr ，使磁场的方向与环路的方向相同，左边为rHl H L π2d d L =⋅=⋅⎰⎰l H ．环路所包围的面积为S` = πr 2，右边的位移电流为2`(cos )m d d q I S t r S ωδωπ==．因此，两极板间磁场强度的分布为cos 2m q r H t S ωω=，磁感应强度的分布为00cos 2m q rB H t S μωμω==．16.26 如图所示，电荷+q 以速度v 向O 点运动（电荷到O 点的距离以x 表示）．以O 点O 圆心作一半径为a 的圆，圆面与v 垂直．试计算通过此圆面的位移电流． [解答]在圆面上取一半径为R 的环，其面积为d S = 2πR d R ，环上任一面元的法线方向与场强方向之间的夹角为φ，场强大小为 E = q /4πε0r 2，其中r = (x 2 + R 2)1/2，通过环的电通量为d Φe = E ·d S = E d S cos φ，其中cos φ = x/r ，所以得3223/200d d d 22()e qxR R qx R R r x R Φεε==+，积分得电通量为22223/200d()22()a e qx x R x R Φε+=+⎰0(12q ε=．由于电位移强度D 和电场强度E 的关系为 D = ε0E ，图16.26a所以电位移通量和电通量之间的关系为Φd = ε0Φe ，因此点电荷在圆面上通过的电位移通量为(12d q Φ=．当电荷q 以速度v 向O 运动时，可认为圆面以d x /d t = -v 向电荷运动，因此，通过此圆面的位移电流为d d dd I t Φ=2q -=2223/22()q a v x a =+．16.27在真空中，一平面电磁波的电场为70.3cos[210()]y x E t c π=⨯-(V·m -1)．求：（1）电磁波的波长和频率；（2）传播方向；（3）磁场的大小和方向． [解答]（1）电磁波的角频率为ω = 2π×107(rad·s -1)，频率为 ν = ω/2π = 107(Hz)．波长为 λ = cT = c/ν = 3×108/107 = 30(m)．（2）电磁波的传播方向为x 方向．（3）磁场的方向在z 方向，由于y z =，所以磁场强度为001z y y yH E E c μ===871310410y E π-=⨯⨯⨯71cos[210()]400xt c ππ=⨯-．磁感应强度为01z z y B H E c μ==9710cos[210()]xt c π-=⨯-．71cos[210()]400xt c ππ=⨯-．磁感应强度为01z z y B H E c μ==9710cos[210()]xt c π-=⨯-．16.28 一个长直螺线管，每单位长度有n 匝线圈，载有电流i ，设i随时间增加，d i /d t >0，设螺线管横截面为圆形，求：（1）在螺线管内距轴线为r 处某点的涡旋电场；（2）在该点处坡印廷矢量的大小和方向．[解答]（1）长直螺线管通有电流i 时，在轴线上产生的磁感应强度为μ0ni ， B = 磁场是均匀的，也是轴对称的．以轴线上某点为圆心，以r 为半径作一环路，环路的周长为 C = 2πr ，面积为 S=πr 2，根据电场的环路定理S B l Εd d d d ⋅-=⋅⎰⎰S L k t ，可得 2πrE = -πr 2d B /d t ，因此涡旋电场为0d 2d nr iE t μ=-，负号表示涡旋电场的方向与环路的环绕方向相反．（2）管中磁场强度为H = B/μ0 = ni ．坡印廷矢量为S = E ×H ，其大小为20d 2d n r iS EH i t μ==．当d i /d t > 0时，S 的方向沿径向指向轴线；当d i /d t < 0时，S 的方向沿径向向外．。

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华侨大学大学物理作业本（下）答案大学物理作业本（下）姓名班级学号江西财经大学电子学院2005年10月第九章稳恒磁场练习一1．已知磁感应强度为20.2-?=m Wb B 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如图所示。

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。

2．如图所示，在被折成钝角的长直导线通中有20安培的电流。

求A 点的磁感应强度。

设a=2.0cm ，ο120=α。

3．有一宽为a的无限长薄金属片，自下而上通有电流I，如图所示，求图中P点处的磁感应强度B。

4．半径为R的圆环，均匀带电，单位长度所带的电量为，以每秒n转绕通过环心并与环面垂直的轴作等速转动。

求：（１）环心的磁感应强度；（２）在轴线上距环心为x处的任一点P的磁感应强度。

练习二１．一载有电流I的圆线圈，半径为R，匝数为N。

求圆柱轴线上任一点P处的磁感应强度。

３．如图所示，两无限大平行平面上都有均匀分布的电流，设其单位宽度上的电流分别为1i 和2i ，且方向相同。

求：（１）两平面之间任一点的磁感应强度；（２）两平面之外任一点的磁感应强度；（３） i i i ==21时，结果又如何４．10A 的电流均匀地流过一根长直铜导线。

在导线内部做一平面S ，一边为轴线，另一边在导线外壁上，长度为1m ，如图所示。

计算通过此平面的磁通量。

（铜材料本身对磁场分布无影响）。

２．矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。

（１）求环内磁感应强度的分布；（２）证明通过螺绕环截面（图中阴影区）的磁通量，21ln 2D D NIh πμ=Φ 式中N 为螺绕环总匝数，I 为其中电流强度。

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