习题解答---大学物理第八章习题2

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福州大学大学物理习题解答-第8章气体动理论

福州大学大学物理习题解答-第8章气体动理论

第八章 气体动理论习题解答8-1 设想太阳是由氢原子组成的理想气体,其密度可当成是均匀的。

若此理想气体的压强为1.35×1014 Pa 。

试估计太阳的温度。

(已知氢原子的质量m = 1.67×10-27kg ,太阳半径R = 6.96×108 m ,太阳质量M = 1.99×1030kg )解:mR MVm M mn 3π)3/4(===ρK 1015.1)3/4(73⨯===Mkm R nk p T π8-2 目前已可获得1.013×10-10 Pa 的高真空,在此压强下温度为27℃的1cm 3体积内有多少个气体分子?解:3462310/cm 1045.2103001038.110013.1⨯=⨯⨯⨯⨯===---V kT p nV N 8-3 容积V =1 m 3的容器内混有N 1=1.0×1023个氢气分子和N 2=4.0×1023个氧气分子,混合气体的温度为 400 K ,求: (1) 气体分子的平动动能总和;(2)混合气体的压强。

解:(1)J 1014.41054001038.123)(233232321⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=+=-∑N N kT tε(2)Pa kT n p i323231076.21054001038.1⨯=⨯⨯⨯⨯==-∑8-4 储有1mol 氧气、容积为1 m 3的容器以v =10 m/s 的速率运动。

设容器突然停止,其中氧气的80%的机械运动动能转化为气体分子热运动动能。

问气体的温度及压强各升高多少?(将氧气分子视为刚性分子)解:1mol 氧气的质量kg 10323-⨯=M ,5=i 由题意得T R Mv ∆=⋅ν25%80212K 102.62-⨯=∆⇒TT R V p RT pV ∆=⋅∆⇒=νν pa 52.0102.631.82=⨯⨯=∆=∆∴-VTR p 8-5 一个具有活塞的容器中盛有一定量的氧气,压强为1 atm 。

大学物理第八章静电场(答案)

大学物理第八章静电场(答案)

第八章 静电场8.1 真空中有两个点电荷M 、N ,相互间作用力为F,当另一点电荷Q 移近这两个点电荷时,M 、N两点电荷之间的作用力 (A) 大小不变,方向改变. (B) 大小改变,方向不变.(C) 大小和方向都不变. (D) 大小和方向都改. [ C ]8.2 关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是:(A) 如果高斯面上E处处为零,则该面内必无电荷.(B) 如果高斯面内无电荷,则高斯面上E处处为零.(C) 如果高斯面上E处处不为零,则高斯面内必有电荷.(D) 如果高斯面内有净电荷,则通过高斯面的电通量必不为零.[ D ]8.3有一边长为a 的正方形平面,在其中垂线上距中心O 点a /2处,有一电荷为q 的正点电荷,如图所示,则通过该平面的电场强度通量为(A)03εq . (B) 04επq (C) 03επq . (D) 06εq[ D ]q8.4面积为S 的空气平行板电容器,极板上分别带电量±q ,若不考虑边缘效应,则两极板间的相互作用力为(A)Sq 02ε. (B) S q 022ε.(C) 2022S q ε. (D) 202Sq ε. [ B ]8.5一个带正电荷的质点,在电场力作用下从A 点经C 点运动到B 点,其运动轨迹如图所示.已知质点运动的速率是递增的,下面关于C 点场强方向的四个图示中正确的是:[ D ]8.6如图所示,直线MN 长为2l ,弧OCD 是以N 点为中心,l 为半径的半圆弧,N 点有正电荷+q ,M 点有负电荷-q .今将一试验电荷+q 0从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处,设无穷远处电势为零,则电场力作功(A) A <0 , 且为有限常量. (B) A >0 ,且为有限常量.(C) A =∞. (D) A =0. [ D ]-8.7静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能. (B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能. (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能.(D)把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功. [ C ]8.8已知某电场的电场线分布情况如图所示.现观察到一负电荷从M 点移到N 点.有人根据这个图作出下列几点结论,其中哪点是正确的?(A) 电场强度E M <E N . (B) 电势U M <U N .(C) 电势能W M <W N . (D) 电场力的功A >0.[ C ]A8.9 电荷为+q 和-2q 的两个点电荷分别置于x =1 m 和x =-1 m 处.一试验电荷置于x 轴上何处,它受到的合力等于零?解:设试验电荷置于x 处所受合力为零,即该点场强为零.()()0142142020=+π-+-πx qx q εε 2分 得 x 2-6x +1=0, ()223±=x m因23-=x 点处于q 、-2q 两点电荷之间,该处场强不可能为零.故舍去.得()223+=x m3分8.10 如图所示,真空中一长为L 的均匀带电细直杆,总电荷为q ,试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度.L解:设杆的左端为坐标原点O ,x 轴沿直杆方向.带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ,在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ,它在P 点的场强:()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε 2分d EO总场强为 ⎰+π=Lx d L x L q E 020)(d 4-ε()d L d q+π=04ε 3分 方向沿x 轴,即杆的延长线方向.8.11 一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形,沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ,沿其下半部分均匀分布有电荷-Q ,如图所示.试求圆心O 处的电场强度.解:把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π。

大学物理第8章 稳恒磁场 课后习题及答案

大学物理第8章 稳恒磁场 课后习题及答案

第8章 稳恒磁场 习题及答案6. 如图所示,AB 、CD 为长直导线,C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线,其半径为R 。

若通以电流I ,求O 点的磁感应强度。

解:O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生,应用磁场叠加原理。

AB 在O 点产生的磁感应强度为01=BC B在O 点产生的磁感应强度大小为θπμR I B 402=RIR I 123400μππμ=⨯=,方向垂直纸面向里CD 在O 点产生的磁感应强度大小为)cos (cos 421003θθπμ-=r IB)180cos 150(cos 60cos 400︒︒-=R Iπμ)231(20-=R I πμ,方向垂直纸面向里 故 )6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ,方向垂直纸面向里 7. 如图所示,两根导线沿半径方向引向铁环上的A ,B 两点,并在很远处与电源相连。

已知圆环的粗细均匀,求环中心O 的磁感应强度。

解:圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生,但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

且θπθ-==21221R R I I 电阻电阻 1I 产生的磁感应强度大小为)(θππμ-=24101RI B ,方向垂直纸面向外 2I 产生的磁感应强度大小为θπμRIB 4202=,方向垂直纸面向里 所以, 1)2(2121=-=θθπI I B B 环中心O 的磁感应强度为0210=+=B B B8. 如图所示,一无限长载流平板宽度为a ,沿长度方向通过均匀电流I ,求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感应强度。

解:将载流平板看成许多无限长的载流直导线,应用叠加原理求解。

以P 点为坐标原点,垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。

在载流平板上取dx aIdI =,dI 在P 点产生的磁感应强度大小为x dI dB πμ20=dx axIπμ20=,方向垂直纸面向里 P 点的磁感应强度大小为⎰⎰+==a b b x dx a I dB B πμ20bab a I +=ln 20πμ 方向垂直纸面向里。

《大学物理》 第二版 第八章课后习题答案

《大学物理》 第二版  第八章课后习题答案

习题精解8-1 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=,它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ,如图8.3所示,长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行,它们到直导线的距离分别为a 和b ,试求矩形线圈所围面积的磁通量,以及线圈中的感应电动势。

解 建立如图8.3所示的坐标系,在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为02m id B dS ldx xμφπ=⋅= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 00ln 22bm ai il bldx x aμμφππ==⎰由法拉第电磁感应定律有0ln cos 2m d il bt dt aφμωεωπ=-=- 8-2 有一无限长直螺线管,单位长度上线圈的匝数为n ,在管的中心放置一绕了N 圈,半径为r 的圆形小线圈,其轴线与螺线管的轴线平行,设螺线管内电流变化率为dI dt ,球小线圈中感应的电动势。

解 无限长直螺线管内部的磁场为0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为20m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有20m d dIN n r dt dtφεμπ=-=- 8-3 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ,通过电流为i 的长螺线管内,并与螺线管共轴,若0sin i i t ω=,求小线圈中感生电动势的表达式。

解 通过小线圈的磁通量为0m BS niS φμ==由法拉第电磁感应定律有000cos m d dinS nSi t dt dtφεμμωω=-=-=- 8-4 如图8.4所示,矩形线圈ABCD 放在16.010B T -=⨯的均匀磁场中,磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=︒,长为0.20m 的AB 边可左右滑动。

若令AB 边以速率15.0v m s -=∙向右运动,试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。

解 利用动生电动势公式0.20()50.6sin(60)0.30()2BAv B dl dl V πε=⨯∙=⨯⨯-︒=⎰⎰感应电流的方向从A B →.8-5 如图8.5所示,两段导体AB 和CD 的长度均为10cm ,它们在B 处相接成角30︒;磁场方向垂直于纸面向里,其大小为22.510B T -=⨯。

大学物理第8章答案

大学物理第8章答案

第8章 磁场8-10一均匀密绕直螺线管的半径为 ,单位长度上有 匝线圈,每匝线圈中的电流为 ,用毕奥—萨伐尔定律求此螺线管轴线上的磁场。

分析:由于线圈密绕,因此可以近似地把螺线管看成一系列圆电流的紧密排列,且每一匝圆电流在轴线上任一点的磁场均沿轴向。

解: 取通过螺线管的轴线并与电流形成右旋的方向(即磁场的方向)为x 轴正向,如习题8-10图解(a )所示。

在螺线管上任取一段微元dx ,则通过它的电流为dI nIdx =,把它看成一个圆线圈,它在轴线上O 点产生的磁感应强度dB 为2022322()R nIdxdB R x μ=+由叠加原理可得,整个螺线管在O 点产生的磁感应强度B 的大小为212022322()x Lx R nIdxB dB R x μ==+⎰⎰0212212221221[]2()()nIx x R x R x μ=-++ 由图可知12122212221212cos os ()()x x R x R x ββ==++ c ,代入上式并整理可得 021(cos cos )2nIB μββ=-式中12ββ和分别为x 轴正向与从O 点引向螺线管两端的矢径r 之间的夹角。

讨论:(1)若螺线管的长度远远大于其直径,即螺线管可视为无限长时,20β=,1βπ=,则有nI B 0μ=上式说明,无限长密绕长直螺线管内部轴线上各点磁感应强度为常矢量。

理论和实验均证明:在整个无限长螺线管内部空间里,上述结论也适用。

即无限长螺线管内部空间里的磁场为均匀磁场,其磁感应强度B 的大小为0nI μ,方向与轴线平行;(2)若点O位于半无限长载流螺线管一端,即12πβ=,20β=或12πβ=,2βπ=时,无论哪一种情况均有nI B 021μ=------(8-19) 可见半无限长螺线管端面中心轴线上磁感应强度的大小为管内的一半;综上所述,密绕长直螺线管轴线上各处磁感应强度分布见习题8-10图解(b )所示,从图中也可看出,长直螺线管内中部的磁场可以看成是均匀的。

大学物理习题解答8第八章振动与波动 (2)

大学物理习题解答8第八章振动与波动 (2)

第七章 电磁感应本章提要1. 法拉第电磁感应定律· 当穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量发生变化时,导体回路中就将产生电流,这种现象称为电磁感应现象,此时产生的电流称为感应电流。

· 法拉第电磁感应定律表述为:通过导体回路所包围面积的磁通量发生变化石,回路中产生地感应电动势i e 与磁通量m Φ变化率的关系为d d t=-F e其中Φ为磁链,负号表示感应电动势的方向。

对螺线管有N 匝线圈,可以有m N Φ=Φ。

2. 楞次定律· 楞次定律可直接判断感应电流方向,其表述为:闭合回路中感应电流的方向总是要用自己激发的磁场来阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

3. 动生电动势· 磁感应强度不变,回路或回路的一部分相对于磁场运动,这样产生的电动势称为动生电动势。

动生电动势可以看成是洛仑兹力引起的。

· 由动生电动势的定义可得:()d bab ae 醋ò=v B l· 洛伦兹力不做功,但起能量转换的作用。

4. 感生电动势·当导体回路静止,而通过导体回路磁通量的变化仅由磁场的变化引起时,导体中产生的电动势称为感生电动势。

d dd d d d L S t te F =??蝌Ñ-=-i E r B S 其中E i 为感生电场强度。

5. 自感· 当回路中的电流发生变化,它所激发的磁场产生的通过自身回路的磁通量也会发生变化,此变化将在自身回路中产生感应电动势,这种现象称为自感现象,产生的电动势为自感电动势,其表达式为:d d L iL te =-(L 一定时)负号表明自感电动势阻碍回路中电流的变化,比例系数L 称为电感或自感系数。

· 自感系数表达式为:L iY =· 自感磁能212m W LI =6. 互感· 对于两个临近的载流回路,当其中一回路中的电流变化时,电流所激发的变化磁场在另一回路中产生感应电动势。

大学物理第八章习题及答案

大学物理第八章习题及答案

V 第八章 热力学基础8-1如图所示,bca 为理想气体绝热过程,b1a 和b2a 是任意过程,则上述两过程中气体做功与吸收热量的情况是:(B ) (A) b1a 过程放热,作负功;b2a 过程放热,作负功(B) b1a 过程吸热,作负功;b2a 过程放热,作负功(C) b1a 过程吸热,作正功;b2a 过程吸热,作负功 (D) b1a 过程放热,作正功;b2a 过程吸热,作正功8-2 如图,一定量的理想气体由平衡态A 变到平衡态B ,且它们的压强相等,则在状态A 和状态B 之间,气体无论经过的是什么过程,气体必然( B ) (A)对外作正功 (B)内能增加 (C)从外界吸热 (D)向外界放热8-3 两个相同的刚性容器,一个盛有氢气,一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体),开始时它们的压强温度都相同,现将3J 热量传给氦气,使之升高到一定温度,若使氢气也升高同样温度,则应向氢气传递热量为( C ) (A) 6 J (B) 3 J (C) 5J (D) 10 J 8-4 有人想象了如题图四个理想气体的循环过程,则在理论上可以实现的为( )(A) (B)(C) (D)8-5一台工作于温度分别为327o C和27o C的高温热源和低温源之间的卡诺热机,每经历一个循环吸热2 000 J,则对外作功( B )(A) 2 000 J (B) 1 000 J(C) 4 000 J (D) 500 J8-6 根据热力学第二定律( A )(A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的(B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程(C) 热量可以从高温物体传到低温物体,但不能从低温物体传到高温物体(D)任何过程总是沿着熵增加的方向进行8-7 一定质量的气体,在被压缩的过程中外界对气体做功300J,但这一过程中气体的内能减少了300J,问气体在此过程中是吸热还是放热?吸收或放出的热量是多少?解:由于外界对气体做功,所以:300J=W-由于气体的内能减少,所以:J∆E=300-根据热力学第一定律,得:J∆+=W=EQ300-600300=--又由公式WQ e 2=得:J 421005.1⨯==eW Q 8-12理想卡诺热机在温度为27C 0和127C 0的两个热源之间工作,若在正循环中,该机从高温热源吸收1200J 的热量,则将向低温热源放出多少热量?对外做了多少功?解:由1121Q W T T =-=η得:J 3001200400300400)1(121=⨯-=-=T T Q WJ 90012=-=W Q Q8-13一卡诺热机在1000K 和270C 的两热源之间工作。

大学物理第八章答案

大学物理第八章答案

大学物理第八章答案8-1 解:取固定坐标xOy ,坐标原点O 在水面上(图题所示)设货轮静止不动时,货轮上的A 点恰在水面上,则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时,合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 22d d tyMMa F == 故0d d 22=+gy s ty M ρ022=+y M gs dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ8-2 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:)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) (1) A 物体共受三力;重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时,有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将(1)式代入上式,整理后得0d d 22=+x m ktx 习题8-1图故物体A 的运动是简谐振动,且)rad/s (7==mkω 由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =0.1cos(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时,两段绳子中张力数值不等,如图所示,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:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为:22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) (4)由式(3)、(4)知2201d d 21)(txM x l k T ++=代入(2)式知 22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由(1)式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx t xm M即0)2(d d 22=++x m M ktxm M k +=22ω可见,物体A 仍作简谐振动,此时圆频率为:rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件:0,000=-=v l x可知,A 、ϕ不变,故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=习题8-2图由以上可知:弹簧在斜面上的运动,仍为简谐振动,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.8-3 解:简谐振动的振动表达式:)cos(ϕω+=t A x由题图可知,m 1042-⨯=A ,当t=0时,将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式,得:21cos =ϕ 由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时,ϕωυsin A -= 由图可知,υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-= 又因:t=1s 时,,1022m x -⨯=将其入代简谐振动表达式,得213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπω由t=1s 时,⎪⎭⎫⎝⎛--=3sin πωωυA <0知,03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-πω,取33ππω=-,即 s 32πω= 质点作简谐振动的振动表达式为m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ8-4 解:以该球的球心为原点,假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r,由高斯定理可知304R rQ E πε=,则微粒在此处受电场力为:r R Qq F 304πε-=式中,负号表明电场F的方向与r的正方向相反,指向球心.由上式及牛顿定律,得:04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQqt r r R Qq t r mr RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r trω 习题8-3图故微粒作简谐振动,平衡点在球心处.由ωπ2=T知: QqmR T 3042πεπ=8-5 解:(1)取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时,处于静止位置P 点,有:P O k Mg '=将A 与B 粘合后,挂在弹簧下端,静止平衡所在位置O 点,取O 点为原坐标原点如图题8-5所示,则有:g m M O O k )(+='设当B 与A 粘在一起后,在其运动过程的任一位置,弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为:kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(即 0d d )(22=++kx txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知,rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点,此时A 与B 在P 点,由图题8-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时,m 02.00-=-=-=kmgOP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞,碰撞前B 的速度为:m/s 2220101=-='gh υυ 碰撞后,A 、B 的共同速度为:m/s 4.0010=+'=mM m υυ (方向向上)则t=0时,⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得:)m (0447.02220=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 00=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为:m t x )65.010cos(0447.0π+=习题8.5图(3) 弹簧所受的最大拉力,应是弹簧最大形变时的弹力,最大形变为:m A g kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆ 5-6 解:(1) 已知A=0.24m, 22ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3,21cos ,cos 24.012.0πϕϕϕ±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故:m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32cos 24.0ππ(2) 如图题所示坐标中,在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处,有32322132cos πππππ±=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t因为所求时间为最短时间,故物体从初始位置向上运动,0<υ.故0)32sin(>+ππt则取3232πππ=+t 可得:s t 32min =(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.8-7 解:子弹射入木块为完全非弹性碰撞,设u 为子弹射入木块后二者共同速度,由动量定理可知:m/s)(0.2=+=υmM mu不计摩擦,弹簧压缩过程中系统机械能守恒,即:20221)(21kx u m M =+ (x 0为弹簧最大形变量) m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A 系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω习题8-6图若取物体静止时的位置O (平衡位置)为坐标原点,Ox 轴水平向右为正,则初始条件为: t =0时,x =0,0m/s 0.20>==u υ由,sin ,cos 00ϕωυϕA A x -==得:2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动,其振动表达式为:m t x )240cos(100.52π-⨯=-8-8 解:当物体m 1向右移动x 时,左方弹簧伸长x ,右方弹簧缩短x ,但它们物体的作用方向是相同的,均与物体的位移方向相反,即)(21x k x k F +-=令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k 由 kmT π2= 得)kg (1.0442212211≈==ππkT k T m则粘上油泥块后,新的振动系统质量为:kg 20.021=+m m新的周期 )s (4.12212=+=km m T π在平衡位置时,m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前,m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后,m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律,υυ)(2111m m m +=则m/s 05.0)(2111πυυ=+=m m m新的振幅 m)(035.0222===πυωυTA 8-9 解:(1)由振动方程)25sin(60.0π-=t x 知,5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期: )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT (2) t=0时,由振动方程得:)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知,此时的位相:3πϕ-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m/s (5.7m/s 21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=ϕωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F(4)设质点在x 处的动能与势能相等,由于简谐振动能量守恒,即:221kA E E E p k ==+ 故有: )21(21212kA E E E p k ===即 22212121kA kx ⨯=可得: m)(42.022±=±=A x 8-10 解:(1)砝码运动到最高点时,加速度最大,方向向下,由牛顿第二定律,有:N mg ma -=maxN 是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω砝码对板的正压力与N 大小相等,方向相反.砝码运动到最低点时,加速度也是最大,但方向向上,由牛顿第二定律,有:mg N ma -'=max故 N)(1.8)4()(22max =+=+='A v g m a g m N π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等,方向相反. (2)当N=0时,砝码开始脱离平板,故此时的振幅应满足条件:m)(062.040)4(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22max 4vg A π=,可知,2max v A 与成反比,当v v 2='时,m 0155.041max max=='A A 8-11 解:(1)设振子过平衡位置时的速度为υ,由机械能守恒,有:222121υm kA = A mk=υ 由水平方向动量定理: ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后,系统振幅为A ',由机械能守恒,有:22)(2121u m m A k '+=' 得: A m m mA '+='有: km m T '+='π2 (2)碰撞前后系统总能量变化为:)21()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=∆ 式中,负号表示能量损耗,这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.(3)当m 达到振幅A 时,m '竖直落在m 上,碰撞前后系统在水平方向的动量均为零,因而系统的振幅仍为A ,周期为km m '+π2,系统的振动总能量不变,为221kA (非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能). 物体系统过平衡位置时的速度υ'由:22)(2121υ''+=m m kA 得:A m m k'+±='υ8-12 解:(1)由放置矢量法可知,振子从2A 运动到2A -的位置处,角相位的最小变化为:3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态,在图示坐标中,初始条件为:m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ则振幅 m 1.022020=+=ωυx A习题8-12图(2)因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA kx =得: m)(05.0±=x 根据题意,振子在平衡位置的下方,取x =-0.05m.根据振动系统的能量守恒定律:222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ根据题意,取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-=得: )m/s (055.02=a(3)t=0时,(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=p k E E E (4)由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时,0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得:πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t x )323cos(1.0ππ+= 8-13 解:(1)据题意,两质点振动方程分别为:mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--(2)P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为:)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+⨯⨯-==-t dt d a P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυ-⨯⨯-==-t dtd a Q Q当t=1s 时,有:)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππππππυππυππ(3)由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见,P 点的相比Q 点的相位超前32π. 8-14 解:(1)由题意得初始条件:⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得:3πϕ=(由旋转矢量法可证出)在平衡位置的动能就是质点的总能量)J (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω可求得:s rad m E A /221πω==则振动表达式为:m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时,3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 8-15 解:(1)由初始条件:⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知,3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为:m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时,m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时,小球所受力:(N)1048.1)(32-⨯=-==x m ma f ω因t=0.5s 时,小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处,即小球在x 轴负方向,而f 的方向是沿x 轴正方向,总是指向平衡位置.(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1102.1-⨯-=所需最短时间设为t ,由旋转矢量法知,πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x )s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω 习题8-15图(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m(5) t=4s 时, 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 8-16 解:设两质点的振动表达式分别为:)cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x由图题可知,一质点在21Ax =处时对应的相位为: 32/arccos 1πϕω==+A A t同理:另一质点在相遇处时,对应的相位为:352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t习题8-16图πππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反,故用同样的方法,可得:πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 8-17 解:由图题8-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出,两个简谐振动的振幅相同,即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ,因而圆频率为:ππω202==T由x -t 曲线可知,简谐振动1在t=0时,,010=x 且010>υ,故可求得振动1的初位相πϕ2310=.同样,简谐振动2在t=0时,πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为:mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此,合振动的振幅和初相位分别为: m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知,t=0时,πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式:m t x )4520cos(10252ππ+⨯=- 8-18 解:(1)它们的合振动幅度初相位分别为:)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ。

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专业班级_____ 姓名________ 学号________
第八章 稳恒电流的磁场
一、选择题:
1、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位矢量n
与B 的夹角为α,则通过半球面S 的磁通量为:
[ D ]
(A )B r 2
π (B )B r 22π (C )απsin 2B r - (D )απcos 2
B r -。

2、无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆,当通以电流I 时,则在圆心O 点的磁感应强度大小等于:[ D ] (A )
R I πμ20 (B )R
I
40μ (C )0 (D )
)1
1(20π
μ-
R
I
(E )
)1
1(40π
μ+
R
I
3、电流由长直导线1沿切向经a 点流入一个电阻均匀分布的圆环,再由点沿切向从圆环流出,经长直导线2返回电源(如图)。

已知直导线上的电流强度为I ,圆环的半径为R ,且a 、
b 和圆心O 在同一直线上。

设长直载流导线1、2和分别在O 点产生的磁感应强度为1B 、2B
、3B
,则圆心处磁感应强度的大小[ C ]
(A )0=B ,因为0321===B B B 。

(B)0=B , 因为虽然01≠B ,02≠B ,但021=+B B
,03=B 。

(C )0≠B ,因为01≠B ,02≠B ,03≠B 。

(D )0≠B ,因为虽然03=B ,但021≠+B B。

4、 磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生,圆筒半径为R ,x 坐标轴垂直圆筒轴线,原点在中心轴线
上,图(A )——(E )哪一条表示x B -的关系[ D ] 5、无限长直圆柱体,半径为R ,沿轴向均匀流有电流,设圆柱体内(R r <)的磁感应强度为i B ,圆柱体外(r> R )的磁感应强度为e B 。

则有:[ B ] (A)i B 、e B 均与r 成正比。

(B) i B 、e B 均与r 成反比。

(C)i B 与r 成反比,e B 与r 成正比。

(D) i B 与r 成正比,e B 与r 成反比。

6、如右图所示,在磁感应强度为B
的均匀磁场中,有一圆形载流导线,a 、b 、c 是其上三个长度相等的电流元,则它们所受安培力大小的关
系为[ B ]
(A )c b a F F F >>。

(B )c b a F F F <<。

(C )a c b F F F >>。

(D )b c a F F F >>。

7、把一电流元依次放置在无限长的栽流直导线附近的两点A 和B ,如果A 点和B 点到导线的距离相等,电流元所受到的磁力大小[ C ] (A )一定相等 (B )一定不相等 (C )不一定相等 (D )A 、B 、C 都不正确
8、半径为R 的圆电流在其环绕的圆内产生的磁场分布是:[ C ] (A )均匀的 (B )中心处比边缘处强 (C )边缘处比中心处强 (D )距中心1/2处最强。

9、一长方形的通电闭合导线回路,电流强度为I ,其四条边分别为ab 、bc 、cd 、da 如图所示,设4321B B B B 及、、分别是以上各边中电流单独产生的磁场的磁感应强度,下列各式中正确的是:[ D ]
()
()
1
21
101111
2
3400
0C C C A B dl I
B B dl
C B B dl
D B B
B B dl I
μμ⋅=⋅=+⋅=+++⋅=⎰⎰
⎰⎰
()()()()
10、已知α粒子的质量是质子的4倍,电量是质子的2倍,设它们的初速度为零,经相同的电压加速后,垂直进入匀强磁场作圆周运动,它们的半径比为:[ C ]
(A )1 (B )1/2 (C )2 (D )22
2420
4212021
2
2=⇒
=
=
-==-==e
e
e a e e R R B m
q R B m
q R m qU W m qU W α
αααυυυυ,,
11、两个共面同心的圆形电流1I 和2I ,其半径分别为1R 和2R ,当电流在圆心处产生总的磁感强度为零时,则二者电流强度之比1I :2I 为 [ ]
A. 1R : 2R
B. 2R :1R
C. 2
1R :2
2R D. 2
2R :2
1R
2
1
212
2
01
1
022R R I I R I R I =⇒
=
μμ 二、填空题:
1、有一根通有电流I 的长直导线旁,与之共面地放着一个长、宽各a 为和
b 的矩形线框, 如右图所示,在此情形中,线框内的磁通量
_________=Φm 。

2ln 20π
μI
a 2、 一无限长载流直导线,通有电流I ,弯成如右图形状。

设各线段皆在纸面内,
则P 点磁感应强度B 的大小为___________=B 。

a
I πμ083
3、一长直载流导线,沿空间直角坐标oy 轴放置。

电流沿y 正向,在原点O 处取
一电流元l Id
,则该电流元在(a ,0,0)点处的磁感应强度的大小 ,方向
为 。

2
04a Idl
πμ, Z 轴负方向 4、如图所示,用均匀细金属丝构成一半径为R 的圆环C ,电流I 由导线1流入圆环A 点,而后由圆环B 点流出,进入导线2。

设导线1和导线2与圆环共面,则环心O 处磁感应强度大小为________=B ,方向
____________。

R
I
πμ40, 垂直纸面向里 5、 两根长直导线通有电流I ,如图,图示有三种环路;在每种
情况下,
⎰•l d B
等于:_______________
(对环路a )。

__________(对环路b )。

_________(对环路c )。

I I 002,
0,μμ
6、一密绕长直螺线管,单位长度的线圈匝数为n ,通有电流为I ,内部为空心,则其内部任一点的磁感强度近似为: ,方向 。

三、计算题:
1、如图,真空中有一长直导线通以电流强度为I 的电流,折成abcde 形状,且处于同一平
面内,其中bcd 是一半径为R 的半圆。

求圆心O 磁感强度B
的大小。

解:ab 段:延长线过O 点的载流导线在O 点的B=0; bcd 段:1/2圆弧段载流导线在O 点的R I
B 40μ=
,方向为垂直纸面向里;
de 段:半无限长载流导线在O 点的R I
B πμ40=,方向为垂直纸面向里;
所以,O 点的总磁感强度大小为R
I
R I B πμμ4400+= 。

2、无限长载流直导线弯成如图形状,,图中各段共面,其中两段圆弧分别是半径为1R 与2
R 的同心半圆弧。

(1)求半圆弧中心O 点的磁感应强度B。

(2)在21R R ≠的情形下,半径1
R 和2R 满足什么样的关系时,O 点的磁感应强度B 近似等于距O 点1R 的半无限长直导线单独存在时在O 点产生的磁感应强度。

解:(1)半无限长载流导线在O 点的1
04R I
B πμ=
,方向为垂直纸面向外; 半径为1R 的半圆弧段载流导线在O 点的1
04R I
B μ=
,方向为垂直纸面向外;
半径为2R 的半圆弧段载流导线在O 点的2
04R I
B μ=,方向为垂直纸面向里;
延长线过O 点的载流导线在O 点的B=0;
O
1R 2
R I
I
所以,O 点的总磁感强度大小为4
)1
(444021*********I R R R R R R I R I R I B μπμμπμ-+=-+=,方向为垂直纸面向外。

(2)若要满足题目要求,则1
04R I
B πμ≈

即1
002112144)1
(
R I I R R R R R B πμμπ≈-+=, 12112111R R R R R R ππ≈-+,推出0)(2
12≈-R R R π, 所以,当π
2
12R R R <<
-,或当1
112-<<
-πR R R 时,104R I
B πμ≈ 。

3、一无限长的电缆,由一半径为a 的圆柱形导线和一共轴的内外半径分别为b 、c 的圆筒状导线组成,如图所示。

在两导线中有等值反向的电流I 通过,求: (1)内导体中任一点(r<a)的磁感应强度; (2)两导体间任一点(a<r<b)的磁感应强度;
(3)外导体中任一点(b<r<c)的磁感应强度; (4)外导体外任一点(r>c)的磁感应强度。

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