大学物理下(计算题)Word版
(完整版)大学物理下期末试题及答案
(完整版)大学物理下期末试题及答案大学物理（下）试卷（A 卷）院系：班级:________ 姓名:学号:一、选择题（共30分，每题3分）1. 设有一“无限大”均匀带正电荷的平面．取x 轴垂直带电平面，坐标原点在带电平面上，则其周围空间各点的电场强度E随距平面的位置坐标x 变化的关系曲线为(规定场强方向沿x 轴正向为正、反之为负)：［］2. 如图所示，边长为a 的等边三角形的三个顶点上，分别放置着三个正的点电荷q 、2q 、3q ．若将另一正点电荷Q 从无穷远处移到三角形的中心O 处，外力所作的功为： (A)0． (B) 0． (C) 0． (D) 0 ［］3. 一个静止的氢离子(H +)在电场中被加速而获得的速率为一静止的氧离子(O +2)在同一电场中且通过相同的路径被加速所获速率的：(A) 2倍． (B) 22倍．(C) 4倍． (D) 42倍．［］4. 如图所示，一带负电荷的金属球，外面同心地罩一不带电的金属球壳，则在球壳中一点P 处的场强大小与电势(设无穷远处为电势零点)分别为：(A) E = 0，U > 0． (B) E = 0，U 0，U < 0．［］5. C 1和C 2两空气电容器并联以后接电源充电．在电源保持联接的情况下，在C 1中插入一电介质板，如图所示, 则(A) C 1极板上电荷增加，C 2极板上电荷减少． (B) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷增加． (C) C 1极板上电荷增加，C 2极板上电荷不变．x3q 2(D) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷不变．［］6. 对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确． (A) 位移电流是指变化电场．(B) 位移电流是由线性变化磁场产生的． (C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律．(D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理．［］7. 有下列几种说法： (1) 所有惯性系对物理基本规律都是等价的． (2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关． (3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同．若问其中哪些说法是正确的, 答案是 (A) 只有(1)、(2)是正确的． (B) 只有(1)、(3)是正确的． (C) 只有(2)、(3)是正确的．(D) 三种说法都是正确的．［］8. 在康普顿散射中，如果设反冲电子的速度为光速的60％，则因散射使电子获得的能量是其静止能量的(A) 2倍． (B) 1.5倍．(C) 0.5倍． (D) 0.25倍．［］9. 已知粒子处于宽度为a 的一维无限深势阱中运动的波函数为 a x n a x nsin 2)( ， n = 1, 2, 3, …则当n = 1时，在 x 1 = a /4 →x 2 = 3a /4 区间找到粒子的概率为(A) 0.091． (B) 0.182． (C) 1． . (D) 0.818．［］10. 氢原子中处于3d 量子态的电子，描述其量子态的四个量子数(n ，l ，m l ，m s )可能取的值为(A) (3，0，1，21)． (B) (1，1，1，21 )． (C) (2，1，2，21)． (D) (3，2，0，2 1)．［］二、填空题（共30分）11.（本题3分）一个带电荷q 、半径为R 的金属球壳，壳内是真空，壳外是介电常量为的无限大各向同性均匀电介质，则此球壳的电势U=________________．12. （本题3分）有一实心同轴电缆，其尺寸如图所示，它的内外两导体中的电流均为I ，且在横截面上均匀分布，但二者电流的流向正相反，则在r < R 1处磁感强度大小为________________． 13.（本题3分）磁场中某点处的磁感强度为)SI (20.040.0j i B，一电子以速度j i66100.11050.0 v (SI)通过该点，则作用于该电子上的磁场力F 为 __________________．(基本电荷e =1.6×10 19C)14.（本题6分，每空3分）四根辐条的金属轮子在均匀磁场B 中转动，转轴与B平行，轮子和辐条都是导体，辐条长为R ，轮子转速为n ，则轮子中心O 与轮边缘b 之间的感应电动势为______________，电势最高点是在______________处．15. （本题3分）有一根无限长直导线绝缘地紧贴在矩形线圈的中心轴OO ′上，则直导线与矩形线圈间的互感系数为_________________．16.（本题3分）真空中两只长直螺线管1和2，长度相等，单层密绕匝数相同，直径之比d 1 / d 2 =1/4．当它们通以相同电流时，两螺线管贮存的磁能之比为W 1 / W 2=___________．17. （本题3分）静止时边长为 50 cm 的立方体，当它沿着与它的一个棱边平行的方向相对于地面以匀速度 2.4×108 m ·s -1运动时，在地面上测得它的体积是____________．18. （本题3分）以波长为 = 0.207 m 的紫外光照射金属钯表面产生光电效应，已知钯的红限频率 =1.21×1015赫兹，则其遏止电压|U a |=_______________________V ．(普朗克常量h =6.63×10-34 J ·s ，基本电荷e =1.60×10-19 C) 19. （本题3分）如果电子被限制在边界x 与x + x 之间， x =0.5 ?，则电子动量x 分量的不确定量近似地为________________kg ·m ／s ． (取 x · p ≥h ，普朗克常量h =6.63×10-34 J ·s)三、计算题（共40分）20. （本题10分）电荷以相同的面密度分布在半径为r1＝10 cm和r2＝20 cm的两个同心球面上．设无限远处电势为零，球心处的电势为U0＝300 V．(1) 求电荷面密度．(2) 若要使球心处的电势也为零，外球面上电荷面密度应为多少，与原来的电荷相差多少？［电容率 0＝8.85×10-12 C2 /(N·m2)］21. （本题10分）已知载流圆线圈中心处的磁感强度为B0，此圆线圈的磁矩与一边长为a通过电流为I 的正方形线圈的磁矩之比为2∶1，求载流圆线圈的半径．如图所示，一磁感应强度为B的均匀磁场充满在半径为R的圆柱形体内，有一长为l的金属棒放在磁场中，如果B正在以速率dB/dt增加，试求棒两端的电动势的大小，并确定其方向。
大学物理计算题_08[1]
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计算题练习
一 计算题 (共156分) 1. (本题 5分)(0265)
有一质点沿 x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为 x = 4.5 t2 – 2 t3 (1) 第 2 秒内的平均速度； (2) 第 2 秒末的瞬时速度； (3) 第 2 秒内的路程．
(SI) ．试求：
2. (本题 5分)(0513)
O m,r
m′, r′
A
B
一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变．已知 r = 10 cm．求：
(1) 组合轮的角加速度β；
(2) 当物体 A 上升 h＝40 cm 时，组合轮的角速度ω．
10. (本题 5分)(5427)
电荷为 q1＝8.0×10-6 C 和 q2＝－16.0×10-6 C 的两个点电荷相距 20 cm，求 离它们都是 20 cm 处的电场强度． (真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C2N-1m-2 )
质点 M 在水平面内的运动轨迹如图所示，
MB
OA 段为直线，AB、BC 段分别为不同半径的
两个 1/4 圆周．设 t =0 时，M 在 O 点，已知运 S
15 m
动学方程为
A
30 m
S =30t+5t2 (SI)
15 m C
求 t =2 s 时刻，质点 M 的切向加速度和法向加 O
速度．
3. (本题 5分)(0516)
如图所示线框，铜线横截面积 S = 2.0 mm2，其中 OA 和 DO＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为 a O
v
A
B
D
O＇
的正方形的三边，它可绕
导线放在匀强磁场
v B
中，
大学物理考卷答案(下学期)
大学物理考卷（下学期）一、选择题（每题4分，共40分）A. 速度B. 力C. 位移D. 加速度2. 在国际单位制中，下列哪个单位属于电学基本单位？A. 安培B. 伏特C. 欧姆D. 瓦特A. 物体不受力时，运动状态不会改变B. 物体受平衡力时，运动状态会改变C. 物体受非平衡力时，运动状态不变D. 物体运动时，必定受到力的作用A. 功B. 动能C. 势能D. 路程A. 速度大小B. 速度方向C. 动能D. 动量6. 下列哪个现象属于光的衍射？A. 彩虹B. 海市蜃楼C. 水中倒影D. 光照射在单缝上产生的条纹A. 恢复力与位移成正比B. 恢复力与位移成反比C. 恢复力与位移的平方成正比D. 恢复力与位移的平方成反比8. 一个电路元件的电压u与电流i的关系为u=2i+3，该元件是：A. 电阻B. 电容C. 电感D. 非线性元件A. 电磁波在真空中传播速度小于光速B. 电磁波在介质中传播速度大于光速C. 电磁波在真空中传播速度等于光速D. 电磁波在介质中传播速度等于光速10. 一个理想变压器的初级线圈匝数为1000匝，次级线圈匝数为200匝，若初级线圈电压为220V，则次级线圈电压为：A. 110VB. 220VC. 440VD. 880V二、填空题（每题4分，共40分）1. 在自由落体运动中，物体的加速度为______。
2. 一个物体做匀速圆周运动，其线速度的大小不变，但方向______。
3. 惠更斯原理是研究______现象的重要原理。
4. 一个电阻的电压为10V，电流为2A，则该电阻的功率为______。
5. 根据电磁感应定律，当磁通量发生变化时，会在导体中产生______。
6. 在交流电路中，电阻、电感和电容元件的阻抗分别为______、______和______。
7. 一个单摆在位移为0时速度最大，此时摆球所受回复力为______。
8. 光的折射率与光的传播速度成______比。
9. 一个电子在电场中受到的电势能变化量为______。
大学物理下计算题
第9章9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯，已知0.04m BC =，0.03m AC =，求C 点电场强度E ρ的大小和方向(cos370.8︒≈,sin370.6︒≈).解：如解图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+r r rC 点电场强度E ρ的大小方向为即方向与BC 边成33.7°。
9-5 两个点电荷6612410C,810C q q --=⨯=⨯的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的电场强度E ρ。
解：如解图9-5所示1E ρ，2E ρ沿x 、y 轴分解 电场强度为9-12.一均匀带电球壳内半径16cm R =，外半径210cm R =，电荷体密度为53210m C ρ--=⨯⋅，求：到球心距离r 分别为5cm 8cm 12cm 、、处场点的场强． 解: 根据高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E sϖϖ得解图9-5解图9-4当5=r cm 时，0=∑q ，得8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )31R - ()20313π43π4rR r E ερ-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -32(R ）31R ()42031321010.4π43π4⨯≈-=rR R E ερ1C N -⋅ 沿半径向外. 9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,(1)求图中三个区域的场强1E ρ，2E ρ，3E ρ的表达式； （2）若624.4310C m σ--=⨯⋅，那么，1E ρ，2E ρ，3E ρ各多大解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为在Ⅰ区域Ⅱ区域Ⅲ区域（2）若624.4310C m σ--=⨯⋅则9-17 如题图9-17所示，已知2810m a -=⨯，2610m b -=⨯,81310C q -=⨯,82310C q -=-⨯，D 为12q q 连线中点，求： （1）D 点和B 点的电势；(2) A 点和C 点的电势；（3）将电量为9210C -⨯的点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所做的功；（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所做的功。
《大学物理 》下期末考试 有答案
《大学物理》（下）期末统考试题（A 卷）说明 1考试答案必须写在答题纸上，否则无效。
请把答题纸撕下。
一、 选择题（30分，每题3分）1．一质点作简谐振动，振动方程x=Acos(ωt+φ)，当时间t=T/4(T 为周期)时，质点的速度为：(A) -Aωsinφ； (B) Aωsinφ； (C) -Aωcosφ； (D) Aωcosφ参考解：v =dx/dt = -Aωsin (ωt+φ),cos )sin(424/ϕωϕωπA A v T T T t -=+⋅-== ∴选(C)2．一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的1/4时，其动能为振动总能量的(A) 7/6 (B) 9/16 (C) 11/16 （D ）13/16 (E) 15/16 参考解：,1615)(2212421221221221=-=kA k kA kA mv A ∴选（E ）3.一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：(A) 它的动能转换成势能．(B) 它的势能转换成动能．(C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大．(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小．参考解：这里的条件是“平面简谐波在弹性媒质中传播”。
由于弹性媒质的质元在平衡位置时的形变最大，所以势能动能最大，这时动能也最大；由于弹性媒质的质元在最大位移处时形变最小，所以势能也最小，这时动能也最小。
质元的机械能由最大变到最小的过程中，同时也把该机械能传给相邻的一段质元。
∴选（D ）4．如图所示，折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知n 1＜n 2＜n 3．若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束①与②的光程差是(A) 2n 2 e ． (B) 2n 2 e －λ / 2 .(C) 2n 2 e －λ． (D) 2n 2 e －λ / (2n 2)． 参考解：半波损失现象发生在波由波疏媒质到波密媒质的界面的反射现象中。
大学物理期末计算题复习例题.docx
k2. 8质量为加的物体，最初静止于X 。
，在力f = -一伙为常数）作用下沿直线运动.证 明物体在x 处的速度大小V=［2^（l/x-l/x o ）/w ］1/2.［证明］当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程… k d 2x/ =——=ma = m —-X 2 dr 2利用v = dv/dr,可得d 2x dv dx dv dv ----- =—= ------------ =v —At 2 dz d/ dr dx mvdv:kdx 一 7 ，积分得1 2 —mv =±+c. 2利用初始条件，当X = x （）时，v = 0，所以C = -k/x^ \ = k k— mv"= ------- ,2 x x 0即 V=—丄）.证毕 Y m x x 0• 2.13如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动.弹力F=・kx,而位移兀=Acoscoh其中力和⑵都是常数.求在/ = 0到t = n/lco 的时间间隔内弹力予小球的冲量.图3.1［解答］方法一：利用冲量公式.根据冲量的定义得 dJ = Fdt = -kAcoscotdt,积分得冲量为 / = J ： ° （-kA cos （Vt ）dt ,kA . w kA= ----- sm cot = ---------co 0 co方法二：利用动量定理.小球的速度为v = dx/dt = - coAsm （ot r设小球的质量为加，其初动量为p\ = mv\ = 0,末动量为P2 = mvz =・ tna ）A,因此方程变为 因此小球获得的冲量为I = P2 ~P\ = -fticoA 可以证明k =mco 2,因此I = -kA/a). 2. 26证明行星在轨道上运动的总能量为E 二 ---------- ・式中M 和加分别为太阳和行 星的质塑，门和厂分别为太阳和行星轨道的近日点和远日点的距离.［证明］设行星在近口点和远口点的速度分别为山和巾，由于只有保守力做功，所以机械 能守恒，总能量为1 2 GMmE = — mv ： --------- (1)厂 1 r GMmE = —mv. -------- 2 厂2它们所组成的系统不受外力矩作用，所以行星的角动量守恒.行星在两点的位矢方向与 速度方向垂直，可得角动量守恒方程mV\T\ = 〃汐 2厂2，即 力门=叱厂2・(3) 将(1)式各项同乘以门2得 Er\2 =加(吋］)2/2 - GMmr\,(4) 将(2)式各项同乘以尸2?得£>2? = 〃7(W )2/2 - GMW2， (5)将(5)式减(4)式，利用(3)式，可得E (F22 -门彳)=-F )),(6)由于门不等于厂，所以(々 + 门)E = -GMm, GMm3. 6 一短跑运动员，在地球上以10s 的时间跑完了 100m 的距离，在对地飞行速度为0.8c 的飞船上观察，结果如何？［解答］以地球为S 系，则A/= 10s, A.v= 100m.根据洛仑兹坐标和时间变换公式飞船上观察运动员的运动距离为(2)证毕.x-vtJi-e/c )2和t'= t-vx/c 2 Jl-(v/c)2运动员运动的时间为人，A/-vAr/c 2Jl-(T10-0.8xl00/c = - 〜16.67(s). 0.6在飞船上看，地球以0.8c 的速度后退，后退时间约为16.67s ；运动员的速度远小于地 球后退的速度，所以运动员跑步的距离约为地球后退的距离，即4xl09m.3.8已知S'系以0.牝的速度沿S 系x 轴正向运动，在S 系中测得两事件的时空坐标为 x\ = 20m, x 2 = 40m, =4s, 6 = 8s.求S'系屮测得的这两件事的时间和空间间隔.［解答］根据洛仑兹变换可得S'系的时间间隔为' _ 匚 _ 卩(兀 _xj/c?空间间隔为二兀2 一 州一卩((2 一(1)1 Jl-(v/c)240-2(M)&x(—) “&亦).0.63. 11 一粒子动能等于其非相对论动能二倍时，其速度为多少？其动量是按非相对论算 得的二倍时，其速度是多少？［解答］(1)粒子的非相对论动能为Ek = /??OV 2/2 ,相对论动能为E'k = fnc 2 - nioc 2,其中tn 为运动质量根据题意得设x = (v/c)2,方程可简化为 A Y = Ar-vA/Ji-e/cF100 — 0&X10Vl-0.82^-4xl09(m). 8_4—0.8(40-20)/C06~6・67G).叫疋Ji-=m Q v 2,或 1 = (1 + 兀)Jl-x ,平方得1 =(1 -x2)( 1 ・x),化简得x(x2-x-l) = 0.由于x不等于0,所以=0.解得1±V52(2)粒子的非相对论动量为P = "7("相对论动量为、"Vp = mv =, =Ji-("er根据题意得方程_ 处-2m vI ---------- r _ z,z7o v -Ji-(如很容易解得速率为V3v =——c= 0.866c.26.11光源发出波长可继续变化的单色光，垂直射入玻璃板的油膜上(油膜〃=1.30), 观察到入=400nm和久2 = 560nm的光在反射屮消失，屮间无其他波长的光消失，求油膜的厚度.［解答］等倾干涉光程差为d = 2〃dcosy +》',其中7 = 0,由于油膜的折射率比空气的大、比玻璃的小，所以附加光程差『 = 0.对于暗条纹，有"=(2£+ 1)久/2,即2nd = (2k{ + 1)>4/2 = (2k2 + l)A2/2.由于22>；p所以k2<k\,又因为两暗纹中间没有其他波长的光消失，因此k? = k\ — \ •光程差方程化为两个2加仙=册 + 1/2, 2nd/^2 =局 + 1/2, 左式减右式得2nd/k\ ・ 2nd//，2 = 1，解得6.12白光照射到折射率为1.33的肥皂上（肥皂膜置于空气中，若从正面垂直方向观察, 皂膜呈黄色（波长2 = 590.5nm ）,问膜的最小厚度是多少？［解答］等倾干涉光程差为6 = 2ndcosy +》',从下面垂直方向观察时，入射角和折射角都为零，即y = 0；由于肥皂膜上下两面都是空气, 所以附加光程差3' = A /2 ・对于黄色的明条纹，有<5 = kX,所以膜的厚度为,伙一1/2）2a =- ---------- ・2n当k=\时得最小厚度J = 11 l （nm ）.7.7 一衍射光栅，每厘米有400条刻痕，亥I ］痕宽为1.5x10%,光栅后放一焦距为lm 的 的凸透镜，现以2 = 500mn 的单色光垂直照射光栅，求：（1） 透光缝宽为多少？透光缝的单缝衍射屮央明纹宽度为多少？（2） 在该宽度内，有儿条光栅衍射主极大明纹？［解答］（1）光栅常数为a +b = 0.01/400 = 2.5xl0_5（m ）,由于刻痕宽为1.5x10%,所以透光缝宽为a =（a +b ） - b = 1 .Ox 1 Opm ）.根据单缝衍射公式可得中央明纹的宽度为△为=1j7Ja = 100（mm ）.（2）由于（G + b ）/a = 2.5 = 5/2,因此，光栅干涉的第5级明纹出现在单缝衍射的第2级暗纹处，因而缺级；其他4根条纹各 有两根在单缝衍射的屮央明纹和一级明纹屮，因此单缝衍射的屮央明纹宽度内有5条衍射主 极大明纹，英中一条是中央衍射明纹.7.8波长为600 nm 的单色光垂直入射在一光栅上，第二、第三级主极大明纹分别出现 在sin" = 0.2及sin 〃=0.3处，第四级缺级，求：（1） 光栅常数；（2） 光栅上狭缝的宽度；（3） 屏上一共能观察到多少根主极大明纹？［解答］（1）（2）根据光栅方程得2说—入） =535.8(nm).(a + b)sin〃2 = 22；由缺级条件得(a^b)/a = k/k\其中k'=l, k = 4・解缺级条件得b = 3a,代入光栅方程得狭缝的宽度为a = A/2sin^2 = 1500(nm).刻痕的宽度为b = 3a = 4500(nm),光栅常数为a +b = 6000(nm).(3)在光栅方程中(a + b)sin0 = kk,令sin/9 =1,得k =(a + b)/A = 10.由于0 = 90°的条纹是观察不到的，所以明条纹的最高级数为9.又由于缺了4和8级明条纹，所以在屏上能够观察到2x7+1 = 15条明纹.5.15两波在一很长的弦在线传播，设其表达式为：^=6.0cos-(0.02x-8.0/),2TT^2=6.0COS-(0.02X +8.0/),用厘米、克、秒(cm,g,s)制单位，求：(1)各波的频率，波长、波速；(2)节点的位置；(3)在哪些位置上，振幅最大？［解答］(1)两波可表示为：t x t xy x = 6.0cos2龙( ------- :—),y2 = 6.0cos2龙(——+ ——),10.5 200 八0.5 200可知它们的周期都为：T=0.5(s),频率为：v= l/T=2(Hz)；波长为：A = 200(cm)；波速为：u = k/T = 400(cm s_,).(2)位相差=7LX750,当△卩=(2£+1)兀时，可得节点的位置兀=50(2(+l)(cm), (£ = 0,1, 2,...).(3)当厶(p = 2kn吋，可得波腹的位置x=100k(cm),伙=0, 1, 2,...).。
(完整word)大学物理习题册计算题及答案
大学物理习题册计算题及答案三 计算题1. 一质量m = 0.25 kg 的物体，在弹簧的力作用下沿x 轴运动，平衡位置在原点。
弹簧的劲度系数k = 25N ·m -1。
(1） 求振动的周期T 和角频率.(2) 如果振幅A =15 cm ，t = 0时物体位于x = 7.5 cm 处，且物体沿x 轴反向运动，求初速v 0及初相. （3) 写出振动的数值表达式。
解：（1) 1s 10/-==m k ω 63.0/2=π=ωT s（2） A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7。
5 cm,v 0 〈 0 由 2020)/(ωv +=x A得 3.1220-=--=x A ωv m/s π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4/3∵ x 0 > 0 , ∴ π=31φ（3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI ）振动方程为)310cos(1015)cos(2πϕω+⨯=+=-t t A x （SI ）﹡2. 在一平板上放一质量为m =2 kg 的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期为T = 21s ，振幅A = 4 cm ，求 （1） 物体对平板的压力的表达式.(2) 平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板。
解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为 t A x π4cos = （SI)t A x ππ4cos 162-=（SI ） （1） 对物体有 x m N mg=- ① t A mg x m mg N ππ4cos 162+=-= （SI) ② 物对板的压力为 t A mg N F ππ4cos 162--=-= (SI ）t ππ4cos 28.16.192--= ③(2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 04cos 162=+t A mg ππ (SI ）A qt 2164cos π-=π 若能脱离必须 14cos ≤t π （SI ）即 221021.6)16/(-⨯=≥πg A m三 计算题﹡1。
大学物理下册期末复习计算题
大学物理下册期末复习计算题第7章真空中的静电场*1.一半径为R 的带电导体球，电荷为-Q 。
求：球内、外任意一点的电场强度。
1.解：由高斯定理可求出电场强度的分布（1分）∑⎰=⋅int q S d E（3分）（4分） （2分） （2分）解：由高斯定理可求出电场强度的分布（1分）∑⎰=⋅int q S d E（3分）（4分） （2分） （2分）*2.一半径为R 的带电导体球，电荷为Q 。
求：（1）球内、外任意一点的电场强度；（2）球内、外任意一点电势。
解：由高斯定理可求出电场强度的分布（3分） （2分）当r>R 时 （3分） 当r ≤R 时 （4分）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-<>-R r R Q R r R r r Q E 4 042020πεπε＝⎪⎩⎪⎨⎧<>R r R r r q E0 420πε＝r qdr r q V r 02044πεπε=⎰∞＝R qdr r q dr V RRr 020440πεπε=+⎰⎰∞＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-<>-R r R Q R r R r r Q E 4 0 4202πεπε＝*3. 如图所示，一长为L ，半径为R 的圆柱体，置于场强为E 的均匀电场中，圆柱体轴线与场强方向平行，求穿过圆柱体下列端面的电通量。
（1）左端面（2）右端面 （3）侧面 （4）整个表面解： 根据电通量定义 （1）左端面⎰⎰⎰-=-==⋅=121cos s s R E dS E EdS s d E ππφ（4分）（2）右端面⎰⎰===⋅=2030cos R E ES EdS s d E s πφ（4分） （3）侧面⎰⎰==⋅=02cos 2πφEdS s d E s （1分）（4）整个表面0321=++=s s s s φφφφ（3分）4. 三个点电荷1q 、2q 和3q -在一直线上，相距均为R 2，以1q 与2q 的中心O 作一半径为R 2的球面，A 为球面与直线的一个交点，如图。
大学物理(下)题库
3. 在复色光照射下的单缝衍射图样中，其中某一波长的第3级明纹位置恰与波长λ=600nm的单色光的第2级明纹位置重合，此光波的波长是_______。
4.一束平行单色光垂直入射在一光栅上，若光栅的透光缝宽度与不透明部分宽度相等，则可能看到的衍射光谱的级次为__________。
10: 在作单缝衍射实验时,缝宽为0.6 mm,屏幕距单缝40 cm,用波长为600nm的单色光垂直照射单缝,求屏幕上中央亮纹的宽度及第三级极小到中心点的距离。
11:用白光垂直照射一光栅时，能在30o衍射方向上观察到λ1=6000的第三级明纹，但在该方向上不见λ2=4500的第四级明纹，求光栅常数和最小缝宽。(1=10-10m)
4.用红光和紫光分别做杨氏双缝干涉实验，则所产生的干涉条纹的间距哪种光大?___________.
5. 在硅片上（n1=3.4）生成一层二氧化硅薄膜，并作成劈尖形状，如图。二氧化硅的折射率n2= 1.5，今用波长=590nm的单色光垂直照射到二氧化硅上，则劈尖边缘（棱边）是____纹，现共看到5个亮条纹，且膜的最厚处恰为亮条纹，则膜的厚度为_________。
一定量的理想气体，从a状态（2P1,V1）经历如图所示的直线过程到b状态（P1,2V1），则ab过程中系统作功A=___________，内能改变ΔE=___________。
计算题
设一动力暖气装置，由一台卡诺热机和一台卡诺制冷机组合而成。热机靠燃料燃烧时释放的热量工作并向暖气系统中的水放热。同时，热机带动制冷机。制冷机自天然蓄水池中吸热，也向暖气系统放热。假定热机锅炉的温度为t1=2100C，天然蓄水池中水的温度为t2=150C，暖气系统的温度为t3=600C，热机从燃料燃烧时获得热量2.1×107J,计算暖气系统所得热量。
大学物理 下 计算题参考答案
大学物理 下 复习题 部分计算题 参考答案 答案来自网络 仅供参考1四条平行的载流无限长直导线，垂直通过一边长为a 的正方形顶点，每条导线中的电流都是I ，方向如图，求正方形中心的磁感应强度。
⎪⎭⎫⎝⎛a I πμ02解0222Iaμπ=2.如图所示的长空心柱形导体半径分别为1R 和2R ，导体内载有电流I ，设电流均匀分布在导体的横截面上。
求 （1）导体内部各点的磁感应强度。
（2）导体内壁和外壁上各点的磁感应强度。
解：导体横截面的电流密度为2221()IR R δπ=-在P 点作半径为r 的圆周，作为安培环路。
由0B dl I μ∙=∑⎰得 222201012221()2()I r R B r r R R Rμπμδπ-=-=-即 22012221()2()I r R B r R R μπ-=- 对于导体内壁，1r R =，所以 0B = 对于导体外壁，2r R =，所以 022IB R μπ=3. 如图， 一根无限长直导线，通有电流I ， 中部一段弯成圆弧形，求图中O 点磁感应强度的大小。
解：根据磁场叠加原理，O 点的磁感应强度是)A (-∞、)ABC (和)C (∞三段共同产生的。
)A (-∞段在O 点磁感应强度大小：)cos (cos x4IB 2101θθπμ-=将6021πθθ==，，a 213cosa x ==π代入 得到：)231(a 2IB 01-=πμ，方向垂直于纸面向里； )C (∞段在O 点磁感应强度大小：)cos (cos x4IB 2102θθπμ-=将πθππθ=-=216，，a 213cos a x ==π带入得到：)231(a 2I B 02-=πμ，方向垂直向里；)ABC (段在O 点磁感应强度大小：⎰=203a Idl 4B πμ，)a 32(a I 4B 203ππμ=，a6IB 03μ=，方向垂直于纸面向里。
O 点磁感应强度的大小：321B B B B ++=，)231(a I a6IB 00-+=πμμ, 方向垂直于纸面向里。
大学物理计算题
m x 100=00=v 00=x 00=v m x 100=物理复习题总编三、计算题★1、一质点沿x 轴运动，其加速度为a=4t (SI)，已知t=0时，质点位于 处，初速度。
试求其位置和时间的关系式。
★2、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为a=2+6x 2(SI)。
如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度。
★ 3、已知一质点绕半径为0.2米的圆周运动，其转过的弧长随时间变化的关系式是S=2t 2+3t+1(式中t 以秒计，S 以米计)。
求：（1）前2秒内质点的平均速率；（2）质点在第2秒末的瞬时速率；（3）质点在第2秒末的切向加速度、法向加速度和总加速度的大小。
★4、质点m=2kg 的物体沿x 轴作直线运动，所受合外力F=10+6x 2(SI)。
如果在处时速度 ；试求该物体运动到x=4m 处时速度的大小。
★5、已知质点的运动方程为x=5-3t 3,y=3t 2+2t-8(SI)求：（1）任意时刻质点的位置矢量、速度和加速度；（2）质点在第二秒内的位移、平均速度和平均加速度。
★6、质量为2.0kg 的质点沿x 轴运动，其速度v=5+t2，当t=0时，质点坐标为 。
试求：（1） t=3s 时质点的加速度和加速度和所受的力（2） 质点的运动方程（3） 前2秒内，力对质点所作的功。
★7、有一个水平的弹簧振子，振幅A=2.0×10-2米，周期为0.5秒，当t=0时，（1）物体经过x=1.0×10-2米处，且向负方向运动，（2）物体过x=-1.0×10-2米处，且向正方向运动。
请分别用旋转矢量图来表示它们各自运动的初相位，同时分别写出以上两种运动情况下的振动表达式；振动速度表达式；振动加速度表达式。
★8、如果所示，以P点在平衡位置向正方向运动作计时零点，已知圆频率为ω，振幅A，简谐波以速度u向x轴的正方向传播，试求：（1）P点振动方程。
（2）波动方程。
大学物理习题作业(下).docx
大学物理习题作业（下）第十章真空中的静电场0803.在点电荷+g 和-g 的电场中，作出如图所示的三个闭合面£ ,S 2,S 3。
则通过这些闭合面的电场强度， 通量分别是：鱼［=, 4 =，⑦3 =0804半径为，,的均匀带电球面1,带电量为g,其外有一同心的半径为R 的均匀带电 球面2,带电量为0则此两球面之间的电势差Ui —U?为:0805如图，点电荷q 和-q 被包围在高斯面S 内，则通过该该高斯面内的五通量隹.卤= ------------ 。
厂 '0805题图0806如图所示，一点电荷＜7位于正立方体的/ 角上，则通过侧面abed 的E 通量火=0808用绝缘细线弯成的半圆环，半径为X,其上均匀地带有正电荷试求圆心。
点 的电场强度。
(D)0806题图0810长/=15cm的直导线如上均匀地分布着线密度为4 = 5x IO"C/m的电荷（如图）。
求：（1）在导线的延长线上与导线一端相距d=5cm处P点的场强。
（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距d=5cm处。
点的场强。
%d.B ____ P0810题图0811 一半径R = 8cm的圆盘，其上均匀带有面密度为b = 2xl（rW/n?的电荷，求:（1）轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x表示）；（2）从场强和和电势的关系求该点的场强；（3）计算出处x = 6cm的场强和电势。
0813半径为R的球体内，分布着电荷体密度p = kr ,式中尸是径向距离，《是常量。
求空间的场强分布。
第十一章静电场中的导体和电介质0901无限大均匀带电平面两侧的场强大小为，导体表面之外附近空间的场强大小为（用a表示面电荷密度）。
0902 电介质在电容器中的作用是：（1） , （2） o0903 一个平行板电容器的电容值100pF,面积为100cm\两板间充以相对介电常数为与=6的云母片，当把它接到50V的电源上时，云母中的场强大小E=；金属板上的自山电荷电量q == 0904 一个平行板电容器，两板间充满各向同性电介质，其相对介电常数为若极板上自由电荷面密度为◎,则介质中电位移的大小Q=；场强大小E=o0905三平行金属板A、B、和C,面积都是200cm2, AB Q A B 相距4.0mm, AC相距2.0mm, B、C两板都接地，如图所示。
大学物理计算题
半径为R ）半径为R的无限长实心圆柱导体载有电流
☻动生电动势、圆柱体内外磁场分布 动生电动势、
解：（）逆时针方向为正，则 回路中的感应电动势： 1
ε ＝ vB 1 l − vB 2 l µ0I B1 = ( 右，方向向上） 2 π ( R + vt ) µ0 π ( vt ) 2 B2 = • I ( 左，方向向上） 2 πR 2 π vt µ Il 1 vt ε＝ v 0 ( − ) 2 2π R + vt R
)例 一长直螺管，横截面如图，管半径为R )例5、一长直螺管，横截面如图，管半径为R
感生电场、 ☻感生电场、电子受力
答：运动，运动方向如 图所示
r r dΦ = ∫ E感 dl 可知， 由－ dt 当电流减小时，变化磁场 激发的感生电场方向是顺时针 ，又考虑电子带负电， 电子开始运动的方向如图所示
（
电势的定义计算， ☻电势的定义计算，电容器极板所带电量
解：电容器两极板带有 等量异号 电荷线密度＋ ∴ 圆筒间任意点 由电势定义： U =
R2
λ 与－ λ
E =
λ
2 πε 0 ε r r r dr = R λ ln 2 R1 2 πε 0 ε r
∫
r r Edr =
R2
∫
λ
2 πε 0 ε r r
R1
☻毕莎定律、圆弧磁场分布 毕莎定律、
解：由毕莎定律： µ0I µ0I B1 = ⇔ B2 = 4 R1 4 R2 Q R1 > R 2 ∴ B1 < B 2 µ0I µ0I µ0I 2 B = B 2 − B1 = − = • 4 R2 4 R1 4 R2 3 ∴ R1 = 3 R 2
(
电流沿轴向流动，并均匀分布在导体横截面上。 电流沿轴向流动，并均匀分布在导体横截面上。一宽为 长为l的矩形回路（与导体轴线同平面）以速度v R，长为l的矩形回路（与导体轴线同平面）以速度v向 导体外运动（设导体内有一很小的缝隙， 导体外运动（设导体内有一很小的缝隙，但不影响电流 及磁场的分布）。设初始时刻矩形回路一边与导体轴线 及磁场的分布）。设初始时刻矩形回路一边与导体轴线 ）。 重合， 重合，求： t<（R/v)）时刻回路中的感应电动势。 （1）t（t<（R/v)）时刻回路中的感应电动势。 回路中的感应电动势改变方向的时刻。 （2）回路中的感应电动势改变方向的时刻。
大学物理计算题
计算题 第三章2.质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时 它的速度大小v 为多少? 十二5. 一质点的运动轨迹如图所示．已知质点的质量为20 g ，在A 、B 二位置处的速率都为20 m/s ，A v 与x 轴成45°角，B v垂直于y 轴，求质点由A 点到B 点这段时间内，作用在质点上外力的总冲量．八6. 质量为m 的小物体放在质量为M 的冰块的弧形斜面上，斜面下端为水平面，如图．所有接触面的摩擦力都可忽略不计．开始时m 与M 均静止,现在令m 滑下来落入下面的凹部而相对M 静止，问M 可滑多远． 有位同学这么解：m 滑下高度h ，由机械能守恒，得mgh ＝21m v 2即m 到最低位置时有水平速度v ＝gh 2，然后与M 碰撞后达到一共同速度V ，由动量守恒m v ＝(M+m )V ，可得gh mM mm M m 2+=+=v V因为忽略摩擦力所以M 将以稳定速度V 不断向前滑行． 请指出这位同学的错误，并给出正确解答. 四7. 一物体按规律x ＝ct 3 在流体媒质中作直线运动，式中c 为常量，t 为时间．设媒质对物体的阻力正比于速度的平方，阻力系数为k ，试求物体由x ＝0运动到x ＝l 时，阻力所作的功 四8.一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为 ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？ (2)链条刚离开桌面时的速率是多少？ 十二xyO BABv Aval -a12. 由mgh m W +=2v 21有人把一物体由静止开始举高h 时，物体获得速度v ，在此过程中，若人对物体作功为W ，这可以理解为“合外力对物体所作的功等于物体动能的增量与势能的增量之和”吗？为什么？ 一第四章1． 为求一半径R ＝50 cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量，在飞轮上绕以细绳，绳末端悬一质量m 1＝8 kg 的重锤．让重锤从高2 m 处由静止落下，测得下落时间t 1＝16 s ．再用另一质量m 2=4 kg 的重锤做同样测量，测得下落时间t 2＝25 s ．假定摩擦力矩是一个常量，求飞轮的转动惯量． 一3. 从牛顿运动定律出发，推导出刚体的定轴转动定律． 五4. 一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R ,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为21M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2/ 4 ) 七5.质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr 2 / 2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，如图所示．求盘的角加速度的大小． 十一6. 一轴承光滑的定滑轮，质量为M ＝2.00 kg ，半径为R ＝0.100 m ，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m ＝5.00 kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为J ＝221MR ，其初角速度 ω0＝10.0 rad/s ，方向垂直纸面向里．求： 九 (1) 定滑轮的角加速度的大小和方向；(2) 定滑轮的角速度变化到ω＝0时，物体上升的高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．7. 质量为M 1＝24 kg 的圆轮，可绕水平光滑固定轴转动，一轻绳缠绕于轮上，另一端通过质量为M 2＝5 kg 的圆盘形定滑轮悬有m ＝10 kg 的物体．求当重物由静止开始下降了h ＝0.5 m 时，(1) 物体的速度；(2) 绳中张力．(设绳与定滑轮间无相对滑动，圆轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为21121R M J =，22221r M J =) 二8. 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R ，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为 )，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹以水平速度v 0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求 三(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．(2) 经过多少时间后，圆盘停止转动．(圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为221MR ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)9 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω0．质量为m 的小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r <<R .) 五10. 如图所示，一半径为R ，质量为m 的水平圆台，正以角速度 0绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量J ＝221mR ．台上原站有2人，质量各等于转台质量的一半，一人站于台边A 处，另一人站于距台中心R 21的B 处．今A处的人相对于圆台以速率v 顺着圆台转向沿圆周走动，同时B 处的人相对于圆台以速率2v 逆圆台转向沿圆周走动．求圆台这时的角速度 ． 六11. 质量为M ＝0.03 kg ，长为l ＝0.2 m 的均匀细棒，在一水平面内绕通过棒中心并与棒垂直的光滑固定轴自由转动．细棒上套有两个可沿棒滑动的小物体，每个质量都为m ＝0.02 kg ．开始时，两小物体分别被固定在棒中心的两侧且距棒中心各为r ＝0.05 m ，此系统以n 1＝15 rev/ min 的转速转动．若将小物体松开,设它们在滑动过程中受到的阻力正比于它们相对棒的速度,(已知棒对中心轴的转动惯量为Ml 2/ 12)求：4-3二(1) 当两小物体到达棒端时，系统的角速度是多少？ (2) 当两小物体飞离棒端，棒的角速度是多少？ 八12. 在半径为R 的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为R 21处，人的质量是圆盘质量的1/10．开始时盘载人对地以角速度 0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v 沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示． 已知圆盘对中心轴的转动惯量为221MR ．求： 十 (1) 圆盘对地的角速度．(2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着R 21圆周对圆盘的速度v 的大小及方向？第五章1.图示闭合面包围了两个等量异号点电荷±q ．下列说法是否正确？如有错误请改正．(1) 高斯定理∑⎰⋅=0/d εq S E S成立． (2) 因闭合面内包围净电荷∑q i ＝0，得到0d =⎰⋅S E S故闭合面上场强E 处处为零． (3) 通过闭合面上任一面元的电场强度通量等于零． 十二4. 有两块“无限大”带电导体平板平行放置．试证明：静电平衡时 1．相向两面的电荷面密度总是大小相等、符号相反的； 2．相背两面的电荷面密度总是大小相等、符号相同的． 六5. 有一带电球壳，内、外半径分别为a 和b ，电荷体密度ρ = A / r ，在球心处有一点电荷Q ，证明当A = Q / ( 2πa 2 )时，球壳区域内的场强E的大小与r 无关． 三6.一均匀带电球面和一均匀带电球体．如果它们的半径相同且总电荷相等．问哪一种情况的电场能量大？ 为什么？ 十一7. 一均匀电场，场强大小为E ＝5³104N/C ，方向竖直朝上，把一电荷为q ＝ 2.5³10-8C的点电荷，置于此电场中的a 点，如图所示．求此点电荷在下列过程中电场力作的功．(1) 沿半圆路径Ⅰ移到右方同高度的b 点，ab ＝45 cm ；(2) 沿直线路径Ⅱ向下移到c 点，ac ＝80 cm ；(3) 沿曲线路径Ⅲ朝右斜上方向移到d 点，ad＝260cm(与水平方向成45°角)． 八8. 如图所示，两个点电荷＋q 和－3q ，相距为d . 试求：(1) 在它们的连线上电场强度0=E的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？(2) 若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U =0的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？ 九9. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R 1 = 2 cm ，R 2 = 5 cm ，其间充满相对介电常量为εr 的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压U = 32 V 的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R = 3.5 cm 处的A 点的电场强度和A 点与外筒间的电势差． 三10. 图示两个半径均为R 的非导体球壳，表面上均匀带电，电荷分别为＋Q 和－Q ，两球心相距为d (d>>2R )．求两球心间的电势差． 三11. 电荷以相同的面密度σ 分布在半径为r 1＝10 cm 和r 2＝20 cm 的两个同心球面上．设无限远处电势为零，球心处的电势为U 0＝300 V ． (1) 求电荷面密度σ．(2) 若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？ 五 ［ε0＝8.85³10-12 C 2 /(N ²m 2)］+Q Ⅱ da12. 电荷q 均匀分布在长为2l 的细杆上，求杆的中垂线上与杆中心距离为a 的P 点的电势(设无穷远处为电势零点)． 六15.在盖革计数器中有一直径为2.00 cm 的金属圆筒，在圆筒轴线上有一条直径为0.134 mm 的导线．如果在导线与圆筒之间加上850 V 的电压，试分别求: (1) 导线表面处 (2) 金属圆筒内表面处的电场强度的大小．十16. 一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm ，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183) 七17 如图所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为R a 、R b 、R c ．圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地．求Ｂ的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2． 一18. 一电偶极子的电矩为p，放在场强为E的匀强电场中，p与E之间夹角为θ，如图所示．若将此偶极子绕通过其中心垂直于p、E平面的轴转180°，外力需作功多少？ 九第六章1. 将一平行板电容器充电后切断电源，用相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质充满其内．下列有关说法是否正确？如有错误请改正． 九 (1) 极板上的电荷保持不变 ． (2) 介质中的场强是原来的1 / εr 倍 ．(3) 介质中的电场能量是原来的1 / εr 2倍．θpE第七章3. 一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量． 四4.一根半径为R 的长直导线载有电流I ，作一宽为R 、长为l 的假想平面S ，如图所示。
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静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下，极板间的电场等同于电荷均匀分布，密度为o = ±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场一-匀强电场，一板在另一板处之电场强度为£ = o/(2s0)，方向垂直于板面.所以，极板间的相互作用力F =q・E = q2 /(2件)。
故选(B)。
2.解：设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体，使A(即Q)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为q/(6&o),而侧面abed是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abed的电场强度通量等于q/(24%).选(C)。
3.解:寸亘•丞=jpdV/£°适用于任何静电场.选(A)。
4.解：选(B)。
5.解:据高斯定理知：通过整个球面的电场强度通=q/&. ■内电荷通过昂、&的电通量相等且大于零; 外电荷对品的通量为负，对&的通量为正. 所以0>1 <0>2 •故(D)对。
二. 填空题：1.解：无限大带电平面产生的电场E= —2&oA L 八(5 2(5 3(5A 区：E A= ------------------ = ------2s0 2s02g0CL L b 2b bB 区：E R = ------------ = ------2s0 2s 02s0C区"c=三+至=至2s n 2s n 2s n2.解：据题意知，P点处场强方向若垂直于OP,则入在P点场强的OP分量与Q在P点的场强E QP一定大小相等、方向相反.即Jcp = ------------- c os——= ----------- =也冲= -------- , O — aA .2%。
3 4%。
4%。
之3. 解：无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此 其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。
大学物理学(下册)习题答案详解
第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=， ， ， 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。
大学物理习题集(下,含解答)
大学物理习题集（下册，含解答）单元一 简谐振动一、 选择题1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ](A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。
2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为43π，则t=0时，质点的位置在： [ D ](A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2=处，向正方向运动；(C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1x A 2=-处，向正方向运动。
3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ]x o A x ω(A) A/2 ω (B) (C)(D)o ooxxxA x ω ωAxAxA/2 -A/2 -A/2 (3)题4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ](A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：25. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ](A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动；(B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。
(4)题(5)题6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ]2153(A),or ;A;(B),;A;3326623223(C),or ;A;(D),;A442332ππ±±π±±±π±ππ±±π±±±π±7. 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 10.04cos(2)3x t ππ=+（SI ），从t = 0时刻起，到质点位置在x = -0.02 m 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 [ D ](A)s 81； (B) s 61； (C) s 41； (D) s 218. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，这两个简谐振动叠加后合成的余弦振动的初相为[ C ]xtOx 1x 2(8)题(A) π23； (B) π； (C) π21 ； (D) 0二、 填空题9. 一简谐振动用余弦函数表示，振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为： A=10cm , /6rad /s =ωπ，/3=φπ10. 用40N 的力拉一轻弹簧，可使其伸长20 cm 。
大学物理(下册)习题与答案
大学物理练习册物理教研室遍热力学（一）一、选择题：1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程（A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。
（B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。
（C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。
（D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。
[ ]2、在下列各种说法中，哪些是正确的？[ ]（1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。
（2）热平衡过程一定是可逆过程。
（3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。
（4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。
（A）（1）、（2）（B）（3）、（4）（C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4）3、设有下列过程：[ ]（1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。
（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。
（3）冰溶解为水。
（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。
其中是逆过程的为（A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4）4、关于可逆过程和不可逆过程的判断：[ ]（1）可逆热力学过程一定是准静态过程。
（2）准静态过程一定是可逆过程。
（3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。
（4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。
以上四种判断，其中正确的是（A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4）（C）（2）、（4）（D）（1）、（4）5、在下列说法中，哪些是正确的？[ ]（1）可逆过程一定是平衡过程。
（2）平衡过程一定是可逆的。
（3）不可逆过程一定是非平衡过程。
（4）非平衡过程一定是不可逆的。
（A）（1）、（4）（B）（2）、（3）（C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）6、置于容器的气体，如果气体各处压强相等，或气体各处温度相同，则这两种情况下气体的状态 [ ]（A ）一定都是平衡态。
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第9章9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯，已知0.04m BC =，0.03m AC =，求C 点电场强度E的大小和方向(cos370.8︒≈,sin370.6︒≈).解：如解图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+994111220 1.810910 1.810(N C )4π()(0.03)q E AC ε--⨯⨯⨯===⨯⋅ 994122220 4.810910 2.710(N C )4π()(0.04)q E BC ε--⨯⨯⨯===⨯⋅ C 点电场强度E的大小222244112 1.8 2.710 3.2410(N C )E E E -=+=+⨯=⨯⋅方向为4o142 1.810arctan arctan 33.72.710E E α⨯===⨯ 即方向与BC 边成33.7°。
9-5 两个点电荷6612410C,810C q q --=⨯=⨯的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的电场强度E。
解：如解图9-5所示9661112201910410 3.610(N C )4π10q E r ε---⨯⨯⨯===⨯⋅ 96612222029108107.210(N C )4π10q E r ε---⨯⨯⨯===⨯⋅ 1E ，2E沿x 、y 轴分解611212cos60cos120 1.810(N C )x x x E E E E E -=+=︒+︒=-⨯⋅ 611212sin60sin1209.3610(N C )y y y E E E E E -=+=︒+︒=⨯⋅电场强度为 22619.5210(N C )x y E E E -=+=⨯⋅解图9-5解图9-4C题图9-46o69.3610arctan arctan 1011.810yx E E α⨯===-⨯9-12.一均匀带电球壳内半径16cm R =，外半径210cm R =，电荷体密度为53210m C ρ--=⨯⋅，求：到球心距离r 分别为5cm 8cm 12cm 、、处场点的场强． 解: 根据高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s得2π4ε∑=q rE当5=r cm 时，0=∑q，得0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )31R - ()20313π43π4rR r E ερ-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -32(R ）31R ()42031321010.4π43π4⨯≈-=rR R E ερ1C N -⋅ 沿半径向外.9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,(1)求图中三个区域的场强1E ，2E ，3E 的表达式；（2）若624.4310C m σ--=⨯⋅，那么，1E ，2E ，3E 各多大？解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为2E σε=在Ⅰ区域题图9-1310002222σσσεεε-=+=E i i i Ⅱ区域200023222σσσεεε=+=E i i i Ⅲ区域30002222σσσεεε=-=-E i i i （2）若624.4310C m σ--=⨯⋅则51102.5010(V m )2E i i σε-==⨯⋅ 512037.5010(V m )2E i i σε-==⨯⋅ 51302.5010(V m )2E i i σε-=-=-⨯⋅ 9-17 如题图9-17所示，已知2810m a -=⨯，2610m b -=⨯,81310C q -=⨯,82310C q -=-⨯，D 为12q q 连线中点，求：（1）D 点和B 点的电势； (2) A 点和C 点的电势；（3）将电量为9210C -⨯的点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所做的功；（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所做的功。
解：（1）建立如解图9-17所示坐标系，由点电荷产生的电势的叠加得898912220031091031091004104104π4π22D q q U a a εε----⨯⨯⨯⨯⨯⨯=+=-=⨯⨯⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭同理，可得0B U =题图9-17解图9-17（2）104πA q U b ε=989832910310 1.810(V)610---⨯⨯⨯==⨯⨯204πC q U bε=+989832910310 1.810(V)610---⨯⨯⨯=-=-⨯⨯ （3）将点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所做的功93360210[1.810( 1.810)]7.210(J)AC AC A q U --==⨯⨯⨯--⨯=⨯（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所做的功00BD BD A q U ==9-20 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和λ-,试求:(1) 空间场强分布；(2) 两圆柱面之间的电势差。
解: （1）由高斯定理求对称性电场的场强分布0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=，则rl E S E Sπ2d =⋅⎰小圆柱面内： 1R r <，0q =∑10E =两圆柱面间：21R r R <<，q l λ=∑，rE 02π2ελ=方向沿径向向外大圆柱面外：2R r >，0=∑q3=E（2）12002ln 2d 2d 2121R R r r r E U R R R R AB πελπελ===⎰⎰9-21 在半径为R 1和R 2的两个同心球面上分别均匀带电q 1和q 2,求在10r R <<,12R r R <<,2r R >三个区域内的电势分布。
解：利用高斯定理求出空间的电场强度：0I E = 1r R < 10204II q E r rπε=12R r R <<120204IIIq qE r r πε+= 2r R > 则空间电势的分布：1r R ≤1212d d d R R I I II III rR R U E r E r E r +∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰2102114q q R R πε⎛⎫=+ ⎪⎝⎭22R r R ≤≤22d d R II II III rR U E r E r +∞=⋅+⋅⎰⎰2112212002021444R rq q q q q dr r R R r πεπεπε⎛⎫+=+=+ ⎪⎝⎭⎰2r R ≥1212200d d 44III III rrq q q q U E r r r rπεπε+∞+∞++=⋅==⎰⎰解图9-21第11章1. 用两根彼此平行的长直导线将半径为R 的均匀导体圆环联到电源上，如题图所示，b 点为切点，求O 点的磁感应强度。
解：先看导体圆环，由于大ab 和小ab 并联，设大圆弧有电流1I ，小圆弧有电流2I ，必有：12I R I R =大小由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S 相同，实际电阻与圆环弧的弧长l 大和l 小有关，即：12,I l I l =大小 则1I 在O 点产生的1B 的大小为0112,4πI l B R μ=大而2I 在O 点产生的2B 的大小为02212.4I l B B Rμ==π小1B 和2B 方向相反，大小相等.即120B B +=。
直导线1L 在O 点产生的30B ＝。
直导线2L 在O 点产生的RIB πμ404=，方向垂直纸面向外。
则O 点总的磁感强度大小为RIB B πμ4040==，方向垂直纸面向外。
2.一载有电流I 的长导线弯折成如题图所示的形状，CD 为1/4圆弧，半径为R ，圆心O 在AC ，EF 的延长线上.求O 点处磁场的场强。
解：因为O 点在AC 和EF 的延长线上，故AC 和EF 段对O 点的磁场没有贡献。
CD 段：00,48CD I IB R Rμμπ==π2DE 段0002(cos 45cos135).4242/2DE II IB aRR μμμ=︒-︒==πππO 点总磁感应强度为000112824DE CD III B B B RRR μμμ⎛⎫=+=+=+ ⎪ππ⎝⎭，方同垂直纸面向外.3. 如题图所示，在长直导线AB 内通有电流I ，有一与之共面的等边三角形CDE ，其高为h ，平行于直导线的一边CE 到直导线的距离为b 。
求穿过此三角形线圈的磁通量。
解：建立如解图所示坐标，取距电流AB 为x 远处的宽为d x 且与AB 平行的狭条为面积元d 2()tan 30d .S b h x x =+-︒ 则通过等边三角形的磁通量为：0d 2()tan 30d 2b hSbIB S b h x x xμΦ+=⋅=+-︒π⎰⎰0033d ()ln .33b hbI I b h x b h x b h h x b μμ++-+⎡⎤==+-⎢⎥ππ⎣⎦⎰4. 一根很长的圆柱形实心铜导线半径为R ，均匀载流为I 。
试计算：（1）如题图（a ）所示，导线内部通过单位长度导线剖面的磁通量； （2）如题图（b ）所示，导线外部通过单位长度导线剖面的磁通量.解： 由磁场的安培环路定理可求得磁感应强度分布情况为020()2()2Ir B r R R IB r R r μπμπ⎧=<⎪⎪⎨⎪=≥⎪⎩内外然后求磁通量。
沿轴线方向在剖面取面元d d S l r =，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量d d B S Φ=，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量。
(1)导线内部通过单位长度导线剖面的磁通量 0020d d 24RRIr IB r r R μμΦππ===⎰⎰内内 (2)导线外部通过单位长度导线剖面的磁通量. 20d ln 22RRIB r μΦπ==⎰外外解图11-175. 有一根很长的同轴电缆，由两个同轴圆筒状导体组成，这两个圆筒状导体的尺寸如题图11-19所示。
在这两导体中，有大小相等而方向相反的电流I 流过。
求:（1）内圆筒导体内各点（r a <）的磁感应强度B ； （2）两导体之间（a r b <<）的B ； （3）外圆筒导体内（b r c <<）的B ； （4）电缆外（r c >）各点的B 。
解：在电缆的横截面，以截面的轴为圆心，将不同的半径r 作圆弧并取其为安培积分回路L ，然后，应用安培环路定理求解，可得离轴不同距离处的磁场分布。
(1)当r a <时，0d 0==⋅⎰∑liiIl B μ， 20B r π⋅=，得B =0；(2)当a r b <<时，同理可得02IB rμ=π； (3)当b r c <<时，有 22022()2()I r b B r I c b μ⎡⎤π-π=-⎢⎥π-⎣⎦, 得 2202212I r b B r c b μ⎛⎫-=- ⎪π-⎝⎭(4)当r c >时， B =0；6. 如题图所示，一根长直导线载有电流130A I =，矩形回路载有电流220A I =，已知1.0cm a =，8.0cm,12cm.b l ==试计算：（1）作用在回路各边上的安培力； （2）作用在回路上的合力.解：(1)上下导线所受安培力大小相等，方向相反。