吉林大学 大学物理下练习册答案
大学物理练习册(下)答案解析

练习一1、C ,2、C ,3、C ,4、D,5、()j y a qy2/322042+πε, (j 为y 方向单位矢量), 2/a ± ,6、()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ,从O 点指向缺口中心点. 7、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总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4-ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴,即杆的延长线方向.8、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它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220RQR q E π=π=按θ 角变化,将d E 分解成二个分量:θθεθd sin 2sin d d 202R Q E E x π==,θθεθd cos 2cos d d 202R Q E E y π-=-=对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x =02022/2/0202d cos d cos 2R Q R Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 j R Q j E i E E y x202επ-=+=练习二1、D ,2、C ,3、A ,4、C,5、不变、变,6、-3σ / (2ε0) ,-σ / (2ε0), 3σ / (2ε0)7、解: (1) 由对称分析知,平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面.设场强大小为E . 作一柱形高斯面垂直于平面.其底面大小为S ,如图所示. 按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S,即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2 / (4ε0) (板外两侧) (2)过P 点垂直平板作一柱形高斯面,底面为S .设该处场强为E ',如图所示. 按高斯定理有 ()022εεkSbxdx kSS E E x==+'⎰xS P SEESSEd x b E 'd qR O xyθd θθPLdd q x (L+d -x )d ExO得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0,必须是0222=-b x , 可得2/b x = 6、解:挖去电荷体密度为ρ 的小球,以形成球腔时的求电场问题,可在不挖时求出电场1E,而另在挖去处放上电荷体密度为-ρ的同样大小的球体,求出电场2E,并令任意点的场强为此二者的叠加,即可得 210E E E +=在图(a)中,以O 点为球心,d 为半径作球面为高斯面S ,则可求出O '与P 处场强的大小.ρε302113414d d d E S E S π⋅=π⋅=⋅⎰ 有 E 1O’=E 1P =d E 013ερ= 方向分别如图所示. 在图(b)中,以O '点为小球体的球心,可知在O '点E 2=0. 又以O ' 为心,2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P()032223/)(4)(24d ερ-π=π⋅='⋅⎰'r d E S E S203212dr E P ερ-= (1) 求O '点的场强'O E. 由图(a)、(b)可得 E O ’ = E 1O’ =03ερd, 方向如图(c)所示.(2) 设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ',相对O 点位矢为r则3ερr E PO =, 03ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的.练习三1、D ,2、B ,3、C,4、C,5、q / (6πε0R )6、负,增加7、解:由高斯定理可得场强分布为:E =-σ / ε0 (-a <x <a ) E = 0 (-∞<x <-a ,a <x <+∞=E 1P ρ PE 2P E P 图(d) O O ' P E 1O’ ρ 图(a) O ρO ' d E O’=E 1 图(c)O P E 2P -ρ O 'r E 2O’=0图(b)E 1P由此可求电势分布:在-∞<x ≤-a 区间⎰⎰⎰---+==000/d d 0d aa xxx x x E U εσ0/εσa -=在-a ≤x ≤a 区间 00d d εσεσxx x E U x x =-==⎰⎰ 在a ≤x <∞区间 0000d d 0d εσεσax x x E U a a x x =-+==⎰⎰⎰8、解:设x 轴沿细线方向,原点在球心处,在x 处取线元d x ,其上电荷为x q d d λ=', 该线元在带电球面的电场中所受电场力为: d F = q λd x / (4πε0 x 2) 整个细线所受电场力为: ()l r r lq x x q F l r r +π=π=⎰+00024d 400ελελ 方向沿x 正方向.电荷元在球面电荷电场中具有电势能: d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能: ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ练习四1、D ,2、D ,3、B ,4、C ,5、U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-,6、r εεσσ0,, 7、解:金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8、解:令A 板左侧面电荷面密度为1σ,右侧面电荷面密度为2σ∵ AB AC U U =,即-a +a O x UO R x r 0 r 0+ld xx∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV练习五1、πR 2c2、 5.00×10-5 T , 3、20d 4a lI πμ , 平行z 轴负向 ; 4、)11(4120R R I -μ,垂直纸面向外 ,2/122210)11(4R R I+μ ,12arctg R R +π21,5、)3231(40ππμ-+R I , 6、C, 7、解:因为金属片无限长,所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上,取坐标如图所示,取宽为l d 的一无限长直电流l R II d d π=,在轴上P 点产生B d 与R 垂直,大小为RI R R R I R I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y∴ i B51037.6-⨯= T8、解:(1) 对r ~r +d r 段,电荷 d q = λ d r ,旋转形成圆电流.则 r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度rrr IB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a a r r B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内. r r I r p m d 21d d 22λω=π=⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内.练习六1、B2、)2(120I I -μ3、320μI , 4、Rihπμ20,5、)2/(210R rI πμ ,0 6、解:取同轴闭合圆环r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 7、解:在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小, 由安培环路定律可得:)(220R r r R IB ≤π=μ因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RIRd 2020⎰π=μπ=40I μ在圆形导体外,与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+IμOarbd r ω1、A ,2、B ,3、)/(cos 2eB m θv π, )/(sin eB m θv ,4、alB 2,5、铁磁质,顺磁质,抗磁质,6、 0.226 T ,300 A/m7、解: (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 方向⊥纸面向外,大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=方向⊥纸面向里,大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向,大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l IA J 8、解:在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2,此电流元到长直线 的距离为x ,无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ ab I I dxx I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰1、D ,2、C ,3、A ,4、0.40 V , 0.5 m 2/s ,5、 5×10-4 Wb ,6、解:2IB xμπ=ln 22d adIl Id a ldx x dμμππ++Φ=⋅=⎰0l n c o s 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 7、解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向.练习九1、28/104.0s m ⨯顺时针 2、 πBnR 2 ,O 3、dtdBR221π, 4、等于零,不等于零;不等于零,等于零 5、RBfr 22π6、解: 作辅助线MN ,则在MeNM 回路中,沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向,大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势,即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ 7、解: ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=t abd d 2ΦεtB R B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →练习十1、C ,2、C ,3、0,4、 垂直纸面向里 , 垂直OP 连线向下 ,5、(4)(2)(1) 5、解:圆柱形电容器电容 12ln 2R R lC πε=12ln 2R R lUCU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===∴ 12ln R R r ktDj ε=∂∂=6、如图10-17图所示,取r l S d d = 则 ⎰⎰-----=--=-+=ad aad aad da a d Il r r r Ilr l r Ir πI)ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦ aad Il-=lnπ0μ ∴ aad lIL -==lnπ0μΦ练习十一1、A2、 B3、B ,4、D ,5、2π (n -1) e / λ , 4×103 ;6、解: (1)由λk d D x =明知,λ22.01010.63⨯⨯=, ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm7、解:(1) ∆x =20 D λ / a =0.11 m(2) 覆盖云玻璃后,零级明纹应满足 (n -1)e +r 1=r 2设不盖玻璃片时,此点为第k 级明纹,则应有 r 2-r 1=k λ所以 (n -1)e = k λk =(n -1) e / λ=6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处练习十二1、A ,2、 C ,3、C ,4、 1.40 ,5、0.6mm 。
(完整word版)大学物理下册课后习题答案

大学物理下册课后习题答案习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点.试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象,由力平衡知:q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关.题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ,都用长为l 的细绳挂在同一点,它们带有相同电量,静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计,求每个小球所带的解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=,当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时,则场强→∞,这是没有物理意义的,对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立,当0→r 时,带电体不能再视为点电荷,再用上式求场强是错误的,实际带电体有一定形状大小,考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-4 在真空中有A ,B 两平行板,相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分别为+q 和-q .则这两板之间有相互作用力f ,有人说f =2024d q πε,又有人说,因为f =qE ,SqE 0ε=,所以f =Sq 02ε.试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对.第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的,第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=,另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==,这是两板间相互作用的电场力.8-5 一电偶极子的电矩为l q p=,场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图),且l r >>.试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示,将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p . ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos rp E r εθ= 垂直于r 方向,即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强;(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 解: 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ,其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a xE E llP P -==⎰⎰-ελ ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2) 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=lQx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强. 解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴ RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向.8-8 均匀带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q .(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ;(2)证明:在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E解: 如8-8图示,正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图,大小为()4π4cos cos d 22021lr E P +-=εθθλ ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220lr ll r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220lr rl r l r l E +++=⊥ελ题8-8图由于对称性,P 点场强沿OP 方向,大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量;(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示,在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面.q 在该平面轴线上的A 点处,求:通过圆平面的电通量.(xRarctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面,当q 在立方体中心时,每个面上电通量相等∴ 各面电通量06εqe =Φ. (2)电荷在顶点时,将立方体延伸为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中心,则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则024εqe =Φ, 如果它包含q 所在顶点则0=Φe .如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量,球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算:见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ,外半径10cm ,电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ,8cm ,12cm 各点的场强.解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 方向沿半径向外. 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r )内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 8-11 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)r <1R ;(2) 1R <r <2R ;(3) r >2R 处各点的场强.解: 高斯定理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 =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电,电荷的面密度分别为1σ和2σ,试求空间各处场解: 如题8-12图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为1σ与2σ,两面间, n E)(21210σσε-= 1σ面外, n E)(21210σσε+-= 2σ面外, n E)(21210σσε+= n:垂直于两平面由1σ面指为2σ面.8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r <R 的小球体,如题8-13图所示.试求:两球心O 与O '点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀的.解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合,见题8-13图(a).(1) ρ+球在O 点产生电场010=E,ρ- 球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ;(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 03ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r',相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =,3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的.8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6Cd=0.2cm ,把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ,2q =3.0×10-8C ,相距1r =42cm ,要把它们之间的距离变为2r =25cm ,需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε)11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示,在A ,B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷,AB 间距离为2R ,现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点,求移动过程中电场力作的解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R .试求环中心O 点处的场强和解: (1)由于电荷均匀分布与对称性,AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消,取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图,由于对称性,O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=[)2sin(π-2sin π-]R0π2ελ-= (2) AB 电荷在O 点产生电势,以0=∞U⎰⎰===A B 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动.求带电直线上的线电荷密度.(电子质量0m =9.1×10-31kg ,电子电量e =1.60×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ,在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1,超过这个数值时空气要发生火花放电.今有一高压平行板电容器,极板间距离为d=0.5cm解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=,求下列电场的场强:(1)点电荷q 的电场;(2)总电量为q ,半径为R 的均匀带电圆环轴上一点;*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图 ∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量. (2)总电量q ,半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR qU +=ε ∴ ()i xR qxi x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql l l r q U εθθθε=+--= ∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证明:对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说,(1)相向的两面上,电荷的面密度总是大小相等而符号相反;(2)相背的两面上,电荷的面密度总是大小相等而符证: 如题8-21图所示,设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ,2σ,3σ,4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时,有 0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反;(2)在A 内部任取一点P ,则其场强为零,并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的,即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等,符号相同.8-22 三个平行金属板A ,B 和C 的面积都是200cm 2,A 和B 相距4.0mm ,A 与C 相距2.0mm .B ,C 都接地,如题8-22图所示.如果使A 板带正电3.0×10-7C ,略去边缘效应,问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零,则A 板的电势是多少? 解: 如题8-22图示,令A 板左侧面电荷面密度为1σ,右侧面电荷面密度为2σ题8-22图 (1)∵ AB ACU U =,即∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A= 得 ,32S q A =σ Sq A321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R (1R <2R )的同心薄金属球壳,现给内球壳带电+q ,试计(1) (2) *(3) 解: (1)内球带电q +;球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +,且均匀分布,其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rqr r q r E U εε(2)外壳接地时,外表面电荷q +入地,外表面不带电,内表面电荷仍为q -.所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生:0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q ';则外壳内表面带电量为q '-,外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒),此时内球壳电势为零,且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远,并用导线与地相联,在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ,试求:金属球上的感应电荷的电量.解: 如题8-24图所示,设金属球感应电荷为q ',则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有:=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球,小球1,2带有等量同号电荷,相距甚远,其间的库仑力为0F .试求:(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1,2后移去,小球1,2之间的库仑力; (2)小球3依次交替接触小球1,2很多次后移去,小球1,2解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后,小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后,小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后,每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示,一平行板电容器两极板面积都是S ,相距为d ,分别维持电势A U =U ,B U =0不变.现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间,片的面积也是S ,片的厚度略去不计.求导体薄片的电势.解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ,2σ,3σ,4σ,5σ,6σ如图所示.由静电平衡条件,电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 S q261==σσS qd U 2032-=-=εσσSqd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+== )2d(212d 02Sq U E U U CB C ε+===注意:因为C 片带电,所以2U U C ≠,若C 片不带电,显然2UU C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳,介质相对介电常数为r ε,金属球带电Q .试求:(1)电介质内、外的场强; (2)电介质层内、外的电势; (3)金属球的电势.解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示,在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质.试求:在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值.解: 如题8-28图所示,充满电介质部分场强为2E ,真空部分场强为1E,自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ,22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21UE E ==∴ r D Dεσσ==1212rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面,长度均为l ,半径分别为1R 和2R (2R >1R ),且l >>2R -1R ,两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时,求: (1)在半径r 处(1R <r <2R =,厚度为dr ,长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量; (2)电介质中的总电场能量; (3)圆柱形电容器的电容.解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时,Q q =∑∴ rlQD π2= (1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容:∵ C Q W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ,A 和B 原来都不带电.现在A 的中心放一点电荷1q ,在B 的中心放一点电荷2q ,如题8-30图所示.试求: (1) 1q 对2q 作用的库仑力,2q 有无加速度;(2)去掉金属壳B ,求1q 作用在2q 上的库仑力,此时2q 有无加速度. 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律,即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心,它受合力..为零,没有加速度. (2)去掉金属壳B ,1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=,但此时2q 受合力不为零,有加速度.题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示,1C =0.25μF ,2C =0.15μF ,3C =0.20μF .1C 上电压为50V .求:AB U .解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U ABV8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”,把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V ? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ,而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿,然后2C 也击穿.8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源,再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联.试求: (1)每个电容器的最终电荷; (2)电场能量的损失.解: 如题8-33图所示,设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+- (2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C += 8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球,外套有一同心的导体球壳,壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ,当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量;(2)如果将导体壳接地,计算储存的能量; (3)此电容器的电容值.解: 如图,内球带电Q ,外球壳内表面带电Q -,外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时,只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上,各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上,各点B的数值一般不相等.因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关,而且与电荷速度方向有关,即磁力方向并不是唯一由磁场决定的,所以不把磁力方向定义为B的方向.题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里,如果磁感应线是平行直线,磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流,上述结论是否还对?解: (1)不可能变化,即磁场一定是均匀的.如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcd μ∴ 21B B = (2)若存在电流,上述结论不对.如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线,但B方向相反,即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能,因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性,但不是稳恒电流,安培环路定理并不适用.9-4 在载流长螺线管的情况下,我们导出其内部nI B 0μ=,外面B =0,所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看,环路L 中有电流I 穿过,环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ 这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提,即每匝电流均垂直于螺线管轴线.这时图中环路L 上就一定没有电流通过,即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外,与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的.但这是导线横截面积为零,螺距为零的理想模型.实际上以上假设并不真实存在,所以使得穿过L 的电流为I ,因此实际螺线管若是无限长时,只是外B 的轴向分量为零,而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离.题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转,能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解:如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转,不能肯定这个区域中没有磁场,也可能存在互相垂直的电场和磁场,电子受的电场力与磁场力抵消所致.如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场,因为仅有电场也可以使电子偏转.9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2x 轴正方向,如题9-6图所示.试求:(1)通过图中abcd 面的磁通量;(2)通过图中befc 面的磁通量;(3)通过图中aefd 面的磁通量.解: 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示,AB 、CD 为长直导线,C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线,其半径为R .若通以电流I ,求O 点的磁感应强度.解:如题9-7图所示,O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生.其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=,方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ,方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ,方向⊥向里. 9-8 在真空中,有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ,相距0.1m ,通有方向相反的电流,1I =20A,2I =10A ,如题9-8图所示.A ,B 两点与导线在同一平面内.这两点与导线2L 的距离均为5.0cm .试求A ,B题9-8图解:如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rIr I πμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示,两根导线沿半径方向引向铁环上的A ,B 两点,并在很远处与电源相连.已知圆环的粗细均匀,求环中心O 的磁感应强度. 解: 如题9-9图所示,圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生,但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
吉林大学-大学物理下练习册答案

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2. 质点沿x轴作简谐振动(平衡位置为x轴的原点),振幅为
A = 30 mm,频率 6Hz。
(1) 选质点经过平衡位置且向x轴负方向运动时为计时零
点,求振动的初相位。
(2) 选位移 x = -30 mm 时为计时零点,求振动方程;
(3) 按上述两种计时零点的选取法,分别计算t=1s时振动
相位。
20cm,与第一个简谐振动的相位差为 1π6
若第一个简谐振动的振幅为 10 3cm17.3cm。则第
二个简谐振动的振幅为___1_0_c__m__cm。第一、二个简
谐振动的相位差1 2 为____π_/_2_____。
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10
9. 一简谐振动的旋转矢量图如图所示,振幅矢量
长2cm,则该简谐振动的初相位为___π_/_4___,矢
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;
2023/5/24
5
D. 物体处在负方向的端点时,速度最大,加速度为零。
8. 当质点以f 频率作简谐振动时,它的动能的变化频率 为
A. f B. 2f C. 4f D. 0.5f
9. 两个振动方向相互垂直、频率相同的简谐振动的合成
运动的轨迹为一正椭圆,则这两个分振动的相位差可能
简__谐__振__动__之__和__,从而确定出该振动包含的频
率成分以及各频率对应的振幅的方法,称为
2023_/5/_2频4__谱__分__析___。
9
7. 上面放有物体的平台,以每秒5周的频率沿竖直方向
作简谐振动,若平台振幅超过__1_c_m___,物体将会脱离
平台。(g=9.8m/s2)
8. 两个同方向同频率的简谐振动,其合振动的振幅为
吉大物理练习册稳恒磁场答案

µ0 I 1 µ0 I o = × + ( 1 − sin 60 ) o 2 R 6 4π R cos 60 µ0 I µ0 I 3 = + (1− ) 12 R 2π R 2
4.一半径为R薄圆盘,其中半径为r阴影部分均匀带正 电,面电荷密度为+σ,其余部分均匀带负电,面电荷密 度为-σ。设此盘以角速度为ω绕其轴线匀速转动,圆盘 中心o处的磁感应强度为零,问R和r有什么关系? 取半径为 r ~ r+dr 的细圆环
µ0 I 1 dF = BI 2 dr = I 2 dr 2πr R2 µ0 I 1 µ0 I 1 I 2 R2 Fbc = Fda = ∫ I 2 dr = ln 2πr 2π R1 R1
r a
•
I2
d R2 R1 θ c b
同理对于r处的电流元dr, 所受的力矩为:
θ θ µ0 I 1 dM 2 2 2πr θ µ0 I 1 I 2 sin 2 dr = π θ θ R2 µ I I sin µ0 I 1 I 2 sin 0 1 2 2 dr = 2 (R −R ) M=∫ 2 1 π π R1
1 C. µ0 I 4
3 2 D. µ0 I 3
120ο
I d
c
L
8.两个共面同心的圆形电流I1和I2,其半径分别 为R1和R2,当电流在圆心处产生总的磁感强度 B 为零时,则二者电流强度之比I1:I2为 ( ) A. R1:R2 B. R2:R1 C. R21:R22 D. R22:R21
9. 一无限长通有电流I、宽度a、厚度不计扁平铜片,电 流在铜片上均匀分布,铜片外与铜片共面,离铜片右边 ρ 缘b处P点磁感应强度 B 大小为 u0 I a + b u0 I u0 I a + b ln B C 2π b ln b A 2π (a + b ) 2π a b 以P为原点,向左建立OX轴如图 在坐标x处取宽dx的电流
【VIP专享】吉大物理练习册稳恒磁场答案

C.沿I1方向 D.沿I2方向 E.无作用力
二、填空题 1 .一质点带有电荷q,以速度υ在半径为R的圆周 上作匀速圆周运动,该带电质点在轨道中心产生 的磁感应强度B = µυq / 4π R2 ;该带电质点轨道 运动的磁矩Pm= IS = υqR/ 2 。
2. 两根长直导线通ϖ有ϖ电流 I ,图示有三种环路;
一、选择题
∫ 1.安培环路定理
H
1
⋅
dl
=
ΣI i 中,说明(
)
A. H 的环流仅由环路L所包围的传导电流决定
B. H 仅由环路L所包围的传导电流决定
C. H应由环路内与环路外的全部传导电流决定
2.下列说法正确的是 ( ) A. 一个电流元能够在它的周围任一点激起磁场 B. 圆电流在其环绕的平面内,产生磁场是均匀场 C. 方程式B=μ0nI对横截面为正方形或其他形状
和洛仑兹力
B.只有库仑力和洛仑兹力
C.只有三种中某一种
5.载流为I、磁矩为Pm的线圈,置于磁感应强度
为B的均匀磁场中。若Pm与B方向相同,则通过线 圈的磁通量Ф与线圈所受的磁力矩M的大小为
A.Φ = IBPm , M = 0
B.Φ = BP m , M = 0
I
C.Φ = IBPm , M = BPm
5.半径为R细圆环均匀带电,电荷线密度为λ。
若圆环以角速度ω绕过环心且垂直于ρ环面转轴作
匀速转动,则环心处的磁感应强度 B 的大小
为
µ0ωλ / 2
。
I
=
nq
=
ω 2π
λ
⋅
2πR
B=
µ0 I 2R
=
µ0 ωλ
吉林大学大学物理作业答案综合练习题(下)(二)

(一) 选择题
1. 如图所示,沉积在玻璃衬底上的氧化钽薄层从A到B厚度递减,从而形成 一劈尖,为测定氧化钽薄层的厚度e,用波长为632.8nm的He-Ne激光垂直 照在薄层上,观察到楔形部分共出现11条暗条纹,且A处恰好为暗纹位置。 已知氧化钽的折射率为2.21,玻璃的折射率为1.5,则氧化钽薄层的厚度e为
2 a b 10 2 4 0 0 n m s i n 3 0
1
4.一平面透射光栅,当用白光垂直照射时,能在30°衍射方向上观察到600nm的第 二级干涉主极大,并能在该处分辨△λ=0.05nm的两条光谱线,但在此30°方向上却 测不到400nm的第三级主极大,计算此光栅的缝宽a和缝距b以及总缝数N 。
6.氢原子中核外电子所处状态的角量子数是l=2,其绕核运动的角动量的 大小 ;该角动量的空间取向可能有 5 种。 一级明
6
a sin 3 ;
a sin k; 2
k1 .5
9.一电磁波在空气中通过某点时,该点某一时刻的电场强度 为E,则同时刻的磁场强度H= ,能流密度S= 。
光栅对第k级主极大的分辨本领为
对于 =600nm的第二级主极大有
0 . 0 5 n m
所以,光栅总缝数
R kN
6 0 0 N 6 0 0 0 k 2 0 . 0 5
5. 在惯性系K中观测到相距 的两地点相隔 8 发生两事 x 9 1 0m 件,而在相对于K系沿x轴正向以匀速度运动的 系中发现此两事件 恰好发生在同一地点,试求在 系中此两事件的时间间隔。 t 5s
m向下拉x时,
kx a J m 2 R k 2 J m 2 R
T2 k ( x x 0 ) mg T 1 ma T R T R J 2 1 a R
吉林大学大学物理练习册综合练习二答案

c′
V
8.1mol刚性双原子分子理想气体,当温度为 时,其 . 刚性双原子分子理想气体, 刚性双原子分子理想气体 当温度为T时 内能为
3 A . RT 2 3 B . kT 2
5 C . RT 2
5 D . kT 2
4
9.对于室温下的双原子分子理想气体,在等压 .对于室温下的双原子分子理想气体, 膨胀的情况下, 膨胀的情况下,系统对外所作的功与从外界吸 收的热量之比 A/Q 等于 A. 1/3 B. 1/4 C. 2/5 D. 2/7 10.一定量的理想气体向真空作绝热自由膨 . 体积由V 增至V 胀,体积由 1增至 2,在此过程中气体的 A. 内能不变,熵增加 内能不变, B. 内能不变,熵减少 内能不变, C. 内能不变,熵不变 内能不变, D. 内能增加,熵增加 内能增加,
m mg µl M f = 2∫ ⋅ dr ⋅ gµr = 0 2l 2
l
M f ⋅ ∆t = 0 − Iω 0 ⇒ 2 lω 0 ∆t = 3 µg
8
5. 如图所示 , 质点 的质量为 . 如图所示, 质点P的质量为 的质量为2kg, 位置矢量 , r r r 的作用。 为 r ,速度为 υ ,它受到力 F 的作用。这三个 −1 量均在xOy平面内,且r = 3m, = 4.0m ⋅ s , 平面内, 量均在 平面内 , υ r F=2N。 则该质点对 点的角动量 12kkgm2s−1, 点的角动量=_________, 。 则该质点对O点的角动量 r 作用在质点上的力对O点的力矩 点的力矩=___________。 作用在质点上的力对 点的力矩 3kNm 。
角动量(动量矩) 角动量(动量矩)
r r r L = r × mυ
r r r M = r ×F
大学物理(下册)课后题答案_完整版

大学物理下册课后习题答案习题八8-1电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点 .试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库 仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ?解:如题8-1图示(1)以A 处点电荷为研究对象,由力平衡知:q 为负电荷2-1 q1 qq2cos30 ----------------------a4 n0/.3 2(T a)T q(2)与三角形边长无关.8-2两小球的质量都是m ,都用长为I 的细绳挂在同一点,它们带有相同电量,静止时两线夹角为2 如题8-2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计,求每个小球所 带的电量.解:如题8-2图示T cos mg解得 q 21 sin 4mgtan8-3根据点电荷场强公式 E J ,当被考察的场点距源点电荷很近(r T 0)时,贝U 场强4°r*,这是没有物理意义的,对此应如何理解解:Ey^r °仅对点电荷成立,当r 0时,带电体不能再视为点电荷,再用上式求4 n 0r场强是错误的,实际带电体有一定形状大小 ,考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-4在真空中有 A , B 两平行板,相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分别为+ q 和解得 题8-1图题8-2图T sinF e4 n 0 (2l sin )2H |2-q •则这两板之间有相互作用力f ,有人说f = q2,又有人说,因为4 o d 22f = qE ,E —,所以f =卫•试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? o S o S解:题中的两种说法均不对 .第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的 ,第二种说法 把合场强E 2看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一oS2个板的电场为E —,另一板受它的作用力 f q q q ,这是两板间相互作2 o S 2 o S 2 o S用的电场力.p ql ,场点到偶极子中心 0点的距离为r ,矢量r 与丨的夹角为l .试证P 点的场强E 在r 方向上的分量 E r 和垂直于r 的分量E分别为•••场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向,即方向场强分量psi n 34n o r8-6长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10求:(1)在导线的延长线上与导线 B 端相距a i =5.ocm 处P 点的场强;⑵在导线的垂直平分 线上与导线中点相距 d 2=5.ocm 处Q 点的场强. 解:如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元 dx ,其上电量dq 在P 点产生场强为dE p1dx4no (a x)2E P dE P1 2dx 4 n o 2(ax)28-5 一电偶极子的电矩为 ,(见题8-5图),且r E r =2pcos3 , orE =严 4 o r证:如题8-5所示,将p 分解为与 r 平行的分量psin 和垂直于lr 的分量psinE rp cos 2 n o r 3 E o题8-5图 -9Cm -1的正电荷.试题8-6图用I 15 cm , 5.0E P(2)同理dE Q 6.741由于对称性dElQx 0,dE Qy5.0 10 C cm14.9612 2~n 0(4a l )9 110 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得2 110 N C 方向水平向右dx—2方向如题8-6图所示x d2即E Q只有y分量,1 dx d24nxd2―dfE Qy l dE Qyl4n 22 dx1 32 z 2 2\2(x d2) l2 n 0 J l24d;1, l 15 cm,d2 5 cm代入得102 N C 1,方向沿y轴正向R的均匀带电半圆环,电荷线密度为,求环心处0点的场强•一个半径为8-7RdE Q E Qydq dl Rd ,它在O点产生场强大小为RddE4 n0R2方向沿半径向外则dE x dE sin sin4 n 0 R积分E x dE y dE cos( cos d4 n 0 Rsin dE y cos d 04 n 0RE E x,方向沿x轴正向.2 n 0R8-8均匀带电的细线弯成正方形,边长为I,总电量为q . (1)求这正方形轴线上离中心为r处的场强E ;(2)证明:在r I处,它相当于点电荷q产生的场强E .q解:如8-8图示,正方形一条边上电荷在P点产生物强dE p方向如图,大小为4COS 12COS 2 COS 1dE P在垂直于平面上的分量dE dE P COSdE I r| 2 f 1 2 丨I 2/ 1 2I 1 2I I 2 I4 n °」—<r—i1r —4 \ 2 V 4题8-8图由于对称性,P点场强沿OP方向,大小为8-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量;(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少*(3)如题8-9(3)图所示,在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面.q在该dE pCOS 1 COS 2E PE P4 dE4n o(r2g4lqr4 lr方向沿OPdE p平面轴线上的A点处,求:通过圆平面的电通量.(R arcta n — )x解:⑴由高斯定理E dS -S立方体六个面,•••各面电通量(2)电荷在顶点时当q在立方体中心时,每个面上电通量相等q6 0 .,将立方体延伸为边长2a的立方体,使q处于边长2a的立方体中心qe6 0边长2a的正方形上电通量对于边长a的正方形,如果它不包含q所在的顶点,则e 如果它包含q所在顶点则 e 0 .如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图题8-9(b)图题8-9(a)图(3) ••通过半径为面积* 题8-9(c)图R的圆平面的电通量等于通过半径为..R2x2的球冠面的电通量,球冠S 2 M R2x2)[1q。
物理与人类生活智慧树知到课后章节答案2023年下吉林大学

物理与人类生活智慧树知到课后章节答案2023年下吉林大学吉林大学绪论单元测试1.下列物理学分支学科中,形成时间最早的是A:相对论 B:力学 C:电磁学 D:热学答案:力学2.下列关于物理学特征的说法,不恰当的是A:物理学与艺术截然不同,物理理论无所谓美感 B:从整体上了解物理学的概貌可以帮助我们学好物理 C:物理学论具有很多的实用价值 D:多做习题可以帮助我们理解物理规律答案:物理学与艺术截然不同,物理理论无所谓美感3.关于物理学的研究方法,下列说法恰当的是A:任何物理学研究只能先做实验,从实验中发现规律 B:物理学研究必须以实验为前提,实验之前的理论预测毫无意义 C:物理学研究主要依靠计算,只要计算正确也可以不做实验 D:实验和理论的方法并存,相辅相成推动物理学发展答案:实验和理论的方法并存,相辅相成推动物理学发展4.下列物理学研究内容与分支学科的对应中,描述不恰当的是A:对微观粒子运动的研究形成了量子力学 B:对机械运动的研究形成了近代物理学 C:对热运动的研究形成了热学 D:对电磁和光运动的研究形成了电磁学和光学答案:对机械运动的研究形成了近代物理学5.下列关于学习物理学的作用的说法,正确的是A:只有物理专业的人才需要学物理,其它人学习物理毫无意义 B:物理学纯粹是理论研究,与日常生活无关C:学好物理学,就可以掌握世界的全部规律,不需要再学其它学科 D:学习物理不仅可以了解自然规律,还可以指导人的科学活动答案:学习物理不仅可以了解自然规律,还可以指导人的科学活动第一章测试1.首先用望远镜观察天文现象的学者是A:第谷 B:开普勒 C:伽利略 D:哥白尼答案:伽利略2.下列哪一现象是支持日心说、反对地心说的决定性证据A:在地球上观察到月亮的盈亏现象 B:在地球上观察到行星的轨道是椭圆形的C:在地球上观察到金星的盈亏现象 D:在地球上观察到行星运行的折返现象答案:在地球上观察到金星的盈亏现象3.古希腊的托勒密提出地心说宇宙观的依据是A:哲学思考 B:天文观察 C:哥白尼学说 D:宗教规定答案:天文观察4.关于金星凌日现象,下列说法错误的是A:金星凌日现象大约每个世纪发生2次 B:发生金星凌日是因为金星和地球环绕太阳运行的轨道在同一平面上 C:金星凌日现象是光线直线传播的结果 D:发生金星凌日时,太阳、金星、地球刚好在一条直线上答案:发生金星凌日是因为金星和地球环绕太阳运行的轨道在同一平面上5.下列哪种现象属于力学的研究范畴?A:手机收发信号 B:行星绕太阳运动 C:布朗运动 D:水分解为氢和氧答案:行星绕太阳运动第二章测试1.下列说法正确的是A:热力学第一定律的本质是能量守恒 B:空气湿度100%的含义是空气中液体的分子数等于气体的分子数 C:农民给土壤松土是为了利用毛细现象促进植物吸收土壤中的水分 D:第二类永动机不违背能量守恒,有可能实现答案:热力学第一定律的本质是能量守恒2.进行人工降雨时,实际上是A:增加云层中的水的含量 B:促进云层中水分子的流动 C:增加使水蒸气凝结成液体的凝结核 D:提高云层中的水的温度答案:增加使水蒸气凝结成液体的凝结核3.关于沸腾现象,下列说法正确的是A:在高山上食物不易煮熟,是因为高山上温度低,食物吸收的热量不够 B:沸点温度取决于液体自身的性质,与外界压强无关 C:如果液体中完全不存在气泡,就不会发生沸腾现象 D:密闭容器中,需要很高的温度才会发生沸腾现象答案:如果液体中完全不存在气泡,就不会发生沸腾现象4.单个原子所具有的能量的特点是A:能量的大小主要由电子的角动量确定 B:能量取值不受外加电场或磁场的影响 C:能量可以任意取值 D:能量只能取一些分立的值答案:能量只能取一些分立的值5.下列叙述中,不符合热力学第二定律的是A:不可能把热量从低温物体传到高温物体而不产生其它影响 B:一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的 C:不可能从单一热源吸收热量使其完全变为有用功而不产生其它影响 D:只要是符合能量守恒的功能转换过程就一定能实现答案:只要是符合能量守恒的功能转换过程就一定能实现第三章测试1.总结了电磁学的实验和理论研究结果,提出电磁场基本方程组的科学家是A:法拉第 B:欧姆 C:麦克斯韦 D:安培答案:麦克斯韦2.下列哪一装置利用了磁场对运动电荷有力的作用这一规律?A:发电机 B:电动机 C:避雷针 D:高压防护服答案:电动机3.变压器、电磁炉、磁记录装置都是利用了A:洛伦兹力现象 B:静电屏蔽现象 C:电磁感应现象 D:安培力现象答案:电磁感应现象4.关于大气中的负氧离子(O-),下列说法正确的是A:负氧离子可保护环境、有利于人体健康 B:负氧离子在自然环境下的平均寿命可超过一天 C:与晴朗天气相比,在阴雨天空气中含有更多的负氧离子 D:负氧离子不会在自然环境下产生,需要人为制造答案:负氧离子可保护环境、有利于人体健康5.下面哪个定律不属于电磁学的基本原理?A:安培定律 B:欧姆定律 C:库仑定律 D:查理定律答案:查理定律第四章测试1.下面情形中,能发生光的干涉现象的是A:两支LED灯泡同时照射在纸面上很小的一个区域 B:一束很细的光线通过两个距离很近的小孔后照射到不远处的墙上 C:两盏高强度探照灯照射地面同一区域 D:教室里的两支日光灯管照射在同一张课桌上答案:一束很细的光线通过两个距离很近的小孔后照射到不远处的墙上2.用光照射一根拉直的头发丝,并在其后方的白色屏幕上投下影子,则可观察到A:与头发丝同样宽度的的边界清晰的影子 B:比头发丝宽得多的影子,但是边界清晰 C:略微展宽的影子,并且两侧边缘有明暗相间的条纹 D:比头发丝还细窄的影子答案:略微展宽的影子,并且两侧边缘有明暗相间的条纹3.关于自然界的虹和霓现象,下列说法正确的是A:虹和霓呈现的颜色种类不同 B:虹符合折射定律、霓不符合折射定律 C:虹和霓只是明亮程度不同,无其它差别 D:虹和霓呈现的颜色顺序相反答案:虹和霓呈现的颜色顺序相反4.下列现象中,光沿直线传播的是A:潭清水浅 B:海市蜃楼 C:雨后彩虹 D:针孔成像答案:针孔成像5.当两束光同时照射在屏幕上同一位置时A:屏幕上的光强度的平方等于两束光强度的平方和 B:屏幕上的光强度等于两束光强度的和 C:屏幕上的光强度等于两束光干涉的结果 D:屏幕上的光强度等于两束光强度的差答案:屏幕上的光强度等于两束光干涉的结果第五章测试1.当单个原子的核外电子处在某一层轨道上时A:这个原子的能级形成连续的能带 B:这个原子的能级还受电子角动量、自旋的影响 C:这个原子的能级就完全确定了 D:原子核的自旋对能级没有影响答案:这个原子的能级还受电子角动量、自旋的影响2.下列光谱中,波长最长的是A:核磁共振光谱 B:电子光谱 C:分子振动光谱 D:分子转动光谱答案:核磁共振光谱3.量子力学诞生的标志是A:爱因斯坦提出光量子假说 B:普朗克提出能量子假说 C:泡利不相容原理的提出 D:光电效应现象的发现答案:普朗克提出能量子假说4.下列关于十九世纪末黑体辐射问题的描述,恰当的是A:维恩推导出了正确的辐射公式 B:经典物理已经圆满解释了此问题 C:辐射出的物质对环境造成了灾难 D:辐射强度的性质与温度有密切关系答案:辐射强度的性质与温度有密切关系5.锂、钠、钾等在元素周期表中处于同一列的元素,它们的共同点是A:具有相同的电子角动量 B:具有相同的自旋 C:具有相同的最外层电子数 D:具有相同的轨道层数答案:具有相同的最外层电子数第六章测试1.下列哪一项技术需要考虑相对论效应?A:全球定位系统(GPS) B:医学X光透视 C:建设和运行核电站 D:磁悬浮列车答案:全球定位系统(GPS)2.关于迈克耳逊-莫雷实验,下列说法错误的是A:实验的目的是试图测量地球相对以太的运动速度 B:实验结果引起了当时的物理学家们的充分重视 C:实验装置利用了光的干涉原理 D:实验得到了预期的结果答案:实验得到了预期的结果3.关于引力场对光线的作用,下述说法错误的是A:光线通过引力场时将发生弯曲 B:在日全食期间更有可能观察到太阳引力使光线偏折的现象 C:在地球上观察,来自遥远星体的光靠近太阳时将被太阳引力拉弯 D:光线通过引力场时速度大小保持不变答案:光线通过引力场时速度大小保持不变4.下列关于广义相对论对万有引力的认识,正确的说法是A:在宇宙空间可以找到完全没有作用力的区域 B:在引力场作用下自由下落的参照系是真正的惯性参照系 C:万有引力作用是超距作用 D:受引力场作用的惯性参照系和无引力场的另一个惯性参照系等效答案:在引力场作用下自由下落的参照系是真正的惯性参照系5.有一速度接近光速的宇宙飞船头尾各有一个脉冲光源在工作,处于船尾的观察者测得船头光源发出得光脉冲的传播速度大小为u,处于船头的观察者测得船尾光源发出得光脉冲的传播速度大小为v,则A:u < c、v > c B:其余选项都不对 C:u > c、v < c D:u = c、v = c答案:u = c、v = c。
吉林大学-大学物理-练习册答案

11. 两根互相平行的长直导线,相距为a,其上均 匀带电,电荷线密度分别为λ1和λ2,则导线单 位长度所受电场力的大小为F0= 。
三、计算题
图中所示为一沿 x 轴放置的长度为l的不均匀 带电细棒,其电荷线密度为 = 0(x-a), 0为一 常量。取无穷远处为电势零点,求坐标原点o处 的电势。
它们定义式是 和 。
路径到B点的场强线积分 = .
7. 在场强为E 均匀电场中,A、B两点间距离为 d,A、B连线方向与E方向一致,从A点经任意
8.半径为R的不均匀带电球体,电荷体密度分布为ρ=Ar,式中 r 为离球心的距离,(r≤R)、A为一常数,则球体上的总电量Q= 。
Π区 大小 ,方向 .
3. 在相对介电常数为εr的各向同性的电介质中,电位移矢量与场强之间的关系是 。
4. 两块“无限大”的带电平行电板,其电荷面密度分别为(>0)及-2 ,如图所示,试写出各区域的电场强度
热
磁
4.涡旋电场由 所激发,其环流数学
左
变化的磁场
表达式为 ,涡旋电场强度E涡与
5. 取自感系数定义式为L=Φ/I, 当线圈几何形状不变,周围无铁磁性物质时,若线圈中电流强度变小,则线圈的自感系数L 。
8. 在没有自由电荷和传导电流的变化电磁场中:
;
;
10/π
9.在自感系数为L=0.05mH线圈中,流过I=0.8A的电流,在切断电路后经t=0.8μs的时间,电流强度近似为零,回路中的平均自感电动势大小
10.长直导线与半径为R的导线圆周相切(两者绝缘),则它们之间互感系数
4. 关于静电场中的电位移线,下列说法中,哪一种是正确的? A.起自正电荷,止于负电荷,不形成闭合线,不中断 B.任何两条电位移线互相平行 C.起自正自由电荷,止于负自由电荷,任何两 条电位移线在无自由电荷的空间不相交 D.电位移线只出现在有电介质的空间
大学物理吉林大学第6章 热力学练习题及答案2021

8. 对于室温双原子分子理想气体,在等压膨胀时,
系统对外作功与从外界吸收热量之比A/Q 是
A.1/3 C.2/5
B.1/4 A / Q R / Cp D.2/7
9.一理想气体经过一循环过程ABCA,如图所示,
AB为等温过程,BC是等体过程,CA是绝热过程,
则该循环效率可用下列面积之比来表示
A. 面积(1)
D. (1)、(4).
[解] 根据可逆过程的定义来分析: (1)可逆过程定义为无摩擦的准静态 过程,由此可知准静态过程是可逆过程的必要条件而非充要条件。可逆 过程一定是准静态过程,这一说法是正确的;反之,准静态过程不一定 是可逆过程,因为有可能伴随摩擦(而引起热功转换)。 (2)如果系统与 外界无法同时复原,一切影响无法被一一消除,则准静态过程不是可逆 过程,故(2)不正确。 (3)不可逆过程可以反向进行,但系统与外界无法 同时复原,引起了外界的变化,在外界留下了痕迹,使外界不能恢复原 状,故(3)不正确。 (4)摩擦是产生不可逆的因素,故(4)正确。所以选 (D)。
13. “理想气体和单一热源接触作等温膨胀时,吸收的热 量全部用来对外作功。”对此说法,有如下几种评论, 哪种是正确的?( )
A. 不违反热力学第一定律,但违反热力学第二定律 B. 不违反热力学第二定律,但违反热力学第一定律 C. 不违反热力学第一定律,也不违反热力学第二定律 D. 违反热力学第一定律,也违反热力学第二定律
7. 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
吉林大学物理(下)习题册答案9

2
2 x
2 x 2
2 x
i - [ Et - ( xp x + yp y + zp )] z h
15
4.设宽为a的一维无限深势阱中,可知粒子的基态 2 π sin x 试求粒子处于基态时 , 波函数 y ( x ) = a a a (1)粒子在 0 £ x £ 区间中出现的几率; 4 (2)粒子出现在 a/4处的几率密度; (3)在何处粒子出现的几率最大? a a 2 2 π 2 4 4 解:(1) D = ò y ( x ) dx = ò sin xdx W 0 a 0 a 1 1 = = 9 1 . % 4 2 π
p 1 2 E = m = u 2 m 2
2 2 n h n2 π 2 h2 ® E = 2 = 8ma 2 2 ma
2011年11月16日星期三 吉林大学 物理教学中心 18
2
n = 1 2 L , ,
6. 设一个粒子在一维无限深势阱中,它的任意 E 两个相邻的能级之间的相对能量差为 D / E , 2 证明: E / E = ( 2 + 1 / n D n )
2
( 3 Q n = 1 波节在两端,两波节中间处 )
即 x=a/2 点的几率最大。
2011年11月16日星期三 吉林大学 物理教学中心 17
5. 在一维无限深势阱中运动的粒子,其德布罗 意波可类比于一个两端固定的弦上的驻波,试用 驻波条件来求一维无限深势阱中粒子的能级。 解:根据驻波条件 l h hn 2 a a = n ® l = ® p = = 2 l 2 a n
y ( x y z t ) = y 0 e , , ,
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则关于合振动有结论:( )
A. 振幅等于1cm,初相等于 π
4 B. 振幅等于7cm,初相等于 π 3 7 C. 振幅等于1cm,初相等于 π 6 π D. 振幅等于1cm, 初相等于 6
Hale Waihona Puke 6. 一质点作简谐振动,振动方程为
4. 一质点在x轴上做谐振动,振幅A=4cm,周 期 T=2s ,其平衡位置取作坐标原点,若 t=0 时 刻质点第一次通过x=-2cm处,且向x轴正方向 运 动,则 质点第 二次通 过 x =-2cm 处时刻为
A.1s
B.3s/2
C.4s/3
D.2s
5. 一质点同时参与两个在同一直线上的谐振动, 其振动方程分别为
3. 一个水平面上的弹簧振子,弹簧劲度系数为k,所系物 体的质量为M,振幅为A。有一质量为m的小物体从高 度为h处下落。 (1)当振子在最大位移处,小物体正好落在M上,并粘 在一起,这时系统的振动周期、振幅和振动能量如何 变化? (2)如果小物体是在振子到达平衡位置时落在M上,这 些量又如何变化? 解:小物体未下落前系统的振动周期为
9. 一简谐振动的旋转矢量图如图所示,振幅矢量 长2cm,则该简谐振动的初相位为________ π/4 ,矢 量振动方程为________________ 。 x 0.02cos(πt π/4)
t时刻
πt π / 4 t 0 π/4
x
10. 物体的共振角频率与系统自身性质以及 阻尼大小 有关。系统的__________ 阻尼 越大, ___________ 共振时振幅值越低,共振圆频率越小。
1 2 解:(1) E总 kA 0.08 A 0.08(m) 2
1 2 1 2 2 (2) kx kA x A 0.04 2 (m) 2 4 2 1 1 2 2 (3) m m kA m 0.8ms -1 2 2
5. 一个质点同时参与的三个同方向、同频率简谐振动 分别为 π 3 3 x1 A0 cos(t ) x2 A0 cos t x3 A0 sin t 4 2 2 试用简谐振动的矢量表述,确定质点的合振动方程。 3 π A0 cos(t ) 解: x3 2 2
6. 两质点作同方向、同频率的简谐振动,它们的振幅 分别为2A和A;当质点1在x1=A处向右运动时,质点2 在x2=0处向左运动,试用旋转矢量法求这两个简谐振 动的相位差。
解:
5π 2 1 6
2 A 2A
x
1
物体在坐标为x处时,根据牛顿第二定律
2. 质点沿x轴作简谐振动(平衡位置为x轴的原点),振幅为 A = 30 mm,频率 6Hz 。 (1) 选质点经过平衡位置且向x轴负方向运动时为计时零 点,求振动的初相位。 (2) 选位移 x = -30 mm 时为计时零点,求振动方程; (3) 按上述两种计时零点的选取法,分别计算t=1s时振动 相位。
M T 2π k
0
k M k M m
m
小物体未下落后系统的振动周期为
M
M m T 2π T k
( 1) x A
0
M
m
碰撞后速度 x A 0 碰撞后振幅不变,能量不变 (2) 振子达到平衡位置时
k max 0 A A M 碰撞后系统动量守恒 M max ( m M )
(二) 填空题
1.已知谐振动方程为 x1 A cos(t ),振子 质量为m,振幅为A,则振子最大速度为_____ A, 2 最大加速度为______ A ,振动系统总能量为
1 2 2 1 2 2 m A ________ ,平均动能为 ______ ,平均势 m A 2 4 1 2 2 m A 能为______ 。 4
π (1)由旋转矢量图知: 解: 2 (2)由旋转矢量图知: π 2π 12π x 30cos(12πt π)(mm) -A 0 x π 2, t 12π π 2 12.5π (3) π , t 12π π 13π
A. B. C.
D.
π x2 A cos(t ) 2 π x2 A cos(t ) 2 3π x2 A cos(t ) 2 x2 A cos(t π)
3. 质点作周期为T,振幅为A的谐振动,则质点 由平衡位置运动到离平衡位置A/2处所需的最短 时间是: ( ) A.T/4 B.T/6 C.T/8 D.T/12
5. 一弹簧振子作简谐振动,振幅为A,周期为T, 运动方程用余弦函数表示,若t=0时, π 。 (1)振子在负的最大位移处,则初相位为_____ (2)振子在平衡位置向正方向运动,则初相位为 _____ 。 -π 2 (3)振子在位移A/2处,向负方向运动,则初相位 π 3 。 为_____ 6. 将复杂的周期振动分解为一系列的 简谐振动之和 ____________,从而确定出该振动包含的频 率成分以及各频率对应的振幅的方法,称为 ___________ 频谱分析 。
x2与x3合成后振幅为
π 再与x1合成后二者相位差为 所以合成振幅为 2 A 2 π π π π 合成相位为 ( ) ( ) 4 4 6 12 π 最后合成的振动方程为 x 2 A0 cos(t ) 12
3A π x23 3 A0 cos(t ) 4
7. 上面放有物体的平台,以每秒5周的频率沿竖直方向 作简谐振动,若平台振幅超过_______ 1cm ,物体将会脱离 平台。(g=9.8m/s2) 8. 两个同方向同频率的简谐振动,其合振动的振幅为 20cm,与第一个简谐振动的相位差为 1 π 6 若第一个简谐振动的振幅为 10 3cm 17.3cm 。则第 10cm 。第一、二个简 二个简谐振动的振幅为_________cm 谐振动的相位差1 2 为___________ 。 π/2
x 0
A
max
kM A A mM
M A M m
1 M E k A2 E 2 M m
4. 一物体质量为0.25kg,在弹性力作用下作简谐 振动, 弹簧的倔强系数 k = 25 Nm-1,如果起始振动时具有势 能0.06J和动能0.02J,求: (1) 振幅; (2) 动能恰好等于势能时的位移; (3) 经过平衡位置时物体的速度。
x A cos(t )
当时间t=T/2(T为周期)时,质点的速度为
A. A sin C . A cos
B. A sin D. A cos
7. 对一个作简谐振动的物体,下面哪种说法是正确的 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。
(三 )
计算题
1. 一倔强系数为k的轻弹簧,竖直悬挂一质量为m的物 体后静止,再把物体向下拉,使弹簧伸长后开始释放, 判断物体是否作简谐振动? 解:仍以平衡位置处为坐标原点,设平衡时弹簧 伸长量为x0,则有
mg kx0
d2 x mg k ( x x0 ) m 2 dt 2 d x kx m 2 dt 2 结论:该物体仍 d x 2 x 0 整理得 然作简谐振动 2 dt
第十章
(一)选择题
振 动
1. 两个相同的弹簧,一端固定,另一端分别悬 挂质量为m1、 m2 的两个物体。若两个物体的 振动周期之比为 T1:T2= 2:1,则 m1:m2= ( )
A. 2 : 1
C. 1 : 4 D. 1 : 2
B. 4 : 1
2. 两个质点各自做简谐振动,它们的振 幅 相 同。 第 一 个 质 点的振动方程 x1 A cos(t ) ,当 第一个质点从相对平衡位置的正位移回到平衡位 置时,第二个质点在正最大位移处,第二个质点 的振动方程为:( )
2. 一简谐振动的表达式为x A cos(3t ) , 已知t=0时的位移是0.04 m,速度是0.09m· s-1。 0.05m,初相=_____ 则振幅A=_____ 37 0 。
3. 无阻尼自由简谐振动的周期和频率由______ 系统 所 决定,对于给定的简谐振动,其振幅、初相由 ____________ 决定。 初始状态 4.两个相同的弹簧以相同的振幅作谐振动,当挂 相等 ,当挂 着两个质量相同的物体时其能量_______ 着两个质量不同的物体仍以相同的振幅振动,其 相等 ,振动频率________ 不等 。 能量________
8. 当质点以f 频率作简谐振动时,它的动能的变化频率 为
A.
f
B. 2 f
C. 4 f
D. 0.5 f
9. 两个振动方向相互垂直、频率相同的简谐振动的合成 运动的轨迹为一正椭圆,则这两个分振动的相位差可能 为 π 3π 3π π
A. 0或
2
B . 0或
2
C . 0或π D.
2
或
2
10. 竖直弹簧振子系统谐振动周期为T,将小球放入水中, 水的浮力恒定,粘滞阻力及弹簧质量不计,若使振子沿 竖直方向振动起来,则 A. 振子仍作简谐振动,但周期<T; B. 振子仍作简谐振动,但周期>T; C. 振子仍作简谐振动,且周期仍为T; D. 振子不再作简谐振动。