大学物理(中国矿业大学出版社)第十六章习题
《大学物理》习题册题目及答案第16单元 机械波
第16单元 机械波（一）学号 姓名 专业、班级 课程班序号一 选择题[ C ]1.在下面几种说法中，正确的说法是： (A) 波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的 (B) 波源振动的速度与波速相同 (C) 在波传播方向上的任一质点振动相位总是比波源的相位滞后 (D) 在波传播方向上的任一质点的振动相位总是比波源的相位超前[ A ]2. 一横波沿绳子传播时的波动方程为)104cos(05.0t x y ππ-= (SI)，则(A) 其波长为0.5 m (B) 波速为5 m ⋅s -1(C) 波速为25 m ⋅s -1 (D)频率为2 Hz[ C ]3. 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。
设t = T /4时刻的波形如图所示，则该波的表达式为： (A) )/(cos u x t A y -=ω (B) ]2/)/([cos πω+-=u x t A y (C) )/(cos u x t A y +=ω (D) ])/([cos πω++=u x t A y[ D ]4. 一平面简谐波沿x 轴正向传播，t = T/4时的波形曲线如图所示。
若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取π-到π之间的值，则 (A) 0点的初位相为00=ϕ(B) 1点的初位相为 21πϕ-=(C) 2点的初位相为 πϕ=2(D) 3点的初位相为 23πϕ-=［ D ］5. 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。
二 填空题1.频率为100Hz 的波，其波速为250m/s ，在同一条波线上，相距为0.5m 的两点的相位差为52π. 2. 一简谐波沿x 轴正向传播。
1x 和2x 两点处的振动曲线分别如图(a)和(b)所示。
大学物理(第二版)中国矿业大学出版社
1.1有一质点沿着x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为234.52x t t =-，试求：⑴ 第2秒内的平均速度⑵ 第2秒末的瞬时速度⑶ 第2秒内的路程。
解：⑴ 当1t s =时，1 2.5x m = 当2t s =时，218162x m =-=平均速度为 ()212 2.50.5m v x x =-=-=-⑵第2秒末的瞬时速度()22966m s t dxv t t dt===-=-⑶ 第2秒内的路程：（在此问题中必须注意有往回走的现象）当1.5t s =时，速度0v =，2 3.375x m =;当1t s =时，1 2.5x m = ;当2t s =时，32x m =;所以路程为：3.375 2.5 3.3752 2.25m -+-=1.8一艘正在沿直线行驶的电船，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，即dv/dt=-k v ∧2,试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为v=v0e ∧-kx 式中，v0是关闭发动机后的速度。
证明：由题可知：2dv dx kv kv dt dt =-=- 所以有： d v k v d x=- 变换为： dvkdx v=- 两边同时积分就可得到：00vx v dv kdx v =-⎰⎰ 0ln v v v kx =-即0ln v kx v =- 所以有0k xv v e -=1.9迫击炮射击山顶上的一个目标，已知初速度为v0，抛射角为⊙,上坡与水平面成a 角，求炮弹的射程及到达山坡时的速度。
解：炮弹的运动轨迹如上图的虚线所示，如图建立坐标轴,x y 。
将初速度0v 沿坐标轴分解可得0000cos sin x yv v v v θθ=⎧⎨=⎩ ⑴ 加速度g 沿坐标轴分解可得s i nc o s x ya g a g αα=-⎧⎨=-⎩ ⑵ 在任意时刻t 的速度为 0000cos sin sin cos x x x yy y v v a t v gt v v a t v gt θαθα=+=-⎧⎨=+=-⎩⑶任意时刻t 的位移为2200220011cos sin 2211sin cos 22x x y y x v t a t v t gt y v t a t v t gt θαθα⎧=+=-⎪⎪⎨⎪=+=-⎪⎩⑷ ⑴ 炮弹射程为0y =时，所对应的x 。
矿大《大学物理》习题解答(下)
=
σ 2ε 0
1 −
a a2 +
R2
由题意,令 E=σ/(4ε0)，得到
From: 理学院
~3~
2018
中国矿业大学（北京）《大学物理》习题
R＝ 3a
*4. 一半径为 R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为 σ，求球心 O 处的电场强 度。
R dθ
θ
dE
O
x
解：选取坐标轴 Ox 沿半球面的对称轴，如图所示。把半球面分成许多微小宽度的环带， 每一环带之面积：
O 点处的总场强：
∫ σ
E= 2ε 0
π /2
sinθ
0
d(sinθ )
=
σ 2ε 0
sin 2 θ 2
|π0 / 2 =
σ 4ε 0
E = σ i 4ε 0
其中 i 为沿 x 轴正方向的单位矢量。
5. 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
E1
=
λ 4πε 0 R
(− i
−
j )
半无限长直线 B∞在 O 点产生的场强 E2 ：
E2
=
λ 4πε 0 R
(− i
+
j学（北京）《大学物理》习题
半圆弧线段在 O 点产生的场强 E3 ：
E3
=
λ 2πε 0 R
i
由场强叠加原理，O 点合场强为：
E = E1 + E2 + E3 = 0
From: 理学院
~4~
2018
的．
中国矿业大学（北京）《大学物理》习题
大学物理第十六章 量子物理基础参考答案
量子物理基础参考答案一、选择题参考答案：1. (D)；2. (C)；3. (D)；4. (C)；5. (C)；6. (A)；7. (A)；8. (D)；9. (C)；10. (C)；11.( D)；12.( E)；13. (C)；14. (C)；15. (A)；16. (D)；17.( C)；18. (B)；19. (A)；20. (C)；21. (D)；22.( A)；23. (A)；24. (D)；25. (B)；26. (C)；27. (C)；28. (D)；29.( A)；30.(D)；二、填空题参考答案：1、J 261063.6-⨯，1341021.2--⋅⋅⨯s m kg2、>，>3、14105⨯，24、θφcos cos P c v hc hv +'=5、2sin 2sin 2212ϕϕ6、π，︒07、定态，（角动量）量子化，跃迁8、（1）4 , 1 （2）4 ,39、10 ,310、6.13 , 4.311、912、1:1, 1:413、122U em he14、m 101045.1-⨯, m 291063.6-⨯15、231033.1-⨯， 不能16、241063.6-⨯17、≥18、（1）粒子在t 时刻在()z y x ,,处出现的概率密度；（2）单值、有限、连续；（3）12*=ψ=ψψ⎰⎰⎰⎰dxdydz dV V19、不变20、a x n a π2sin 2， dx a x n a a π230sin 2⎰三、计算题参考答案：1、解： 由光电效应方程可得V 45.1=-=eW h U a ν m/s 1014.725max ⨯==meU a v 2、解： 氢原子从基态1=f n 激发到3=i n 的能级需要的能量为 eV 1.12Δ13=-=E E E对应于从3=i n 的激发态跃迁到基态1=f n 的三条谱线的光子能量和频率分别为 Hz 1092.2eV 1.12 :1315⨯===→=νE n n f iHz 1046.2eV 2.10 Hz1056.4eV 89.1 :12315221411⨯==⨯===→=→=ννE E n n n f i3、解： 经电场加速后，电子的动量为meU p 2=根据德布罗意关系，有m 1023.111-⨯==Ph λ 4、解： 一维无限深阱中概率密度函数（定态）为)2cos 1(1sin 2)(*)()(2ax n a a x n a x x x ππψψρ-=== 当12cos -=a x n π时，即 ,212,,.23,2212a nk n a n a a n k x +=+=时，发现粒子的概率最大．当∞→n 时，趋近于经典结果．。
大学物理学第三版答案16电磁感应.docx
习题1616・1・如图所示，金属圆环半径为/?,位于磁感应强度为P的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。
当圆环以恒定速度▽在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端〃间的电势差。
解：(1)由法拉第电磁感应定律考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感dtr u ——(2)利用：8ah= £ (vxB)-dl ,有：£ah = Bv・2R = 2BvR。
【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】16-2.如图所示，长直导线屮通有电流/ = 5.0/1,在与其相距d = 0.5cm 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长/ = 4.0cm ,宽a = 2.0cm。
不计线圈口感，若线圈以速度v = 3.0cm/s沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。
首先用［fp•〃二工/求出电场分布，易得:则矩形线圈内的磁通量为:rh s = -N有:dxdt八=1.92x107 V。
2 兀（d + a）解法二：利用动生电动势公式解决。
由击j〃二“0工/求出电场分布，易得:“（）/ 17tr考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势,近端部分：®=NBJv,远端部分：E2=NB2I V,吗丄—丄”心2兀 ' d d + a 27ld（d 十= l・92xlOP。
16・3・如图所示，长直导线屮通有电流强度为/的电流，长为/的金属棒必与长直导线共面且垂直于导线放置，其。
端离导线为d,并以速度E平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势£并比较4、5的电势大小。
解法一：利用动生电动势公式解决：d£ = (yxBydl如力,171 r"o" dr“0以［〃 + /------ ——= -------- In -----17C r 2兀 d由右手定则判定：u（l>u ho解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。
大学物理(力学、相对论、热学、电学)_中国矿业大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
大学物理（力学、相对论、热学、电学）_中国矿业大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.一绝热容器被隔板分成两半，一半是真空，另一半是理想气体。
若把隔板抽出，气体将进行自由膨胀，达到平衡后参考答案:温度不变，熵增加2.系统经过一个正的卡诺循环后，不但系统本身没有任何变化，而且外界也没有任何变化。
参考答案:错误3.有人设计一台卡诺热机(可逆的)。
每循环一次可从 400 K的高温热源吸热1800 J，向 300 K的低温热源放热 800 J。
同时对外作功1000 J，这样的设计是参考答案:不行的，这个热机的效率超过理论值4.由绝热材料包围的容器被隔板隔为两半，左边是理想气体，右边真空。
如果把隔板撤去，气体将进行自由膨胀过程，达到平衡后气体的温度不变，气体的熵也不变。
参考答案:错误5.两条绝热线不可能相交。
参考答案:正确6.系统由一个状态变化到另一个状态时所做的功，不仅与系统的始末状态有关，还与系统所经历的过程有关，即功是一个过程量。
参考答案:正确7.可逆循环都是一种理想情况。
参考答案:正确8.热力学第一定律只适用于气体。
参考答案:错误9.热力学第二定律的开尔文表述和克劳修斯表述是等价的，表明在自然界中与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的。
参考答案:正确10.如果气体在状态变化过程中，始终和外界没有热量的交换，则这种过程叫做绝热过程。
参考答案:正确11.布朗运动是分子的无规则热运动参考答案:错误12.一质点由静止出发做半径R=2m的圆周运动，切向加速度【图片】【图片】，则当质点的切向和法向加速度大小相等时，质点走过的路程是（）。
参考答案:1m13.功热转换过程中不具有方向性，是可逆过程。
参考答案:错误14.以下有关内能的说法正确的是参考答案:内能是状态函数，与过程无关_内能和宏观机械能不同，是物质内部微观能量15.理想气体的自由膨胀过程是不可逆的。
参考答案:正确16.压强是统计量，只有对大量分子组成的气体才有意义参考答案:正确17.温度一定，分子量越大的气体分子的最概然速率越大参考答案:错误18.功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功。
中国矿业大学大学物理A1-09级上册期末试题B卷及答案
中国矿业大学2009～2010学年第 二 学期《大学物理A1》试卷（B 卷）考试时间：120分钟考试方式：闭卷 适用：09级统考学院： 班级:_________ 学号: 姓名:________一、选择题（共30分）1.（本题3分）某物体的运动规律为d v /dt =－k v 2t ，式中的k 为大于零的常量．当t =0时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是(A) 0221v v +=kt (B) 0221v v +-=kt (C)02121v v +=kt (D) 02121v v +-=kt [ ] 2. （本题3分）如图所示,假使物体沿着铅直面上圆弧轨道下滑,轨道是光滑的,在从A 至C 的下滑过程中,下面哪种说法是正确的？(A) 它的加速度方向永远指向圆心. (B) 它的速率均匀增加.(C) 它的合外力大小变化, 方向永远指向圆心. (D) 它的合外力大小不变.(E) 轨道支持力大小不断增加. [ ]3.（本题3分）一人造地球卫星到地球中心O 的最大距离和最小距离分别是R A 和R B ．如图所示，设卫星对应的角动量分别是L A 、L B ，动能分别是E KA 、E KB ，则应有(A) L B > L A ，E KA > E KB ． (B) L B > L A ，E KA = E KB ． (C) L B = L A ，E KA = E KB ． (D) L B < L A ，E KA = E KB ． (E) L B = L A ，E KA < E KB ．［］4.（本题3分）对于不同的理想气体，只要它们的温度相同、摩尔数相同，则它们的。
（A ）分子平均平动动能必定相等；(B ) 分子平均动能必定相等； (C)气体内能必定相等；(D)分子数密度必定相等。
［］5.（本题3分）若气体分子的速率分布曲线如图所示，图中A ，B 两部分面积相等，则图中正确的判断为．(A) 最概然速率p 0v v =； (B) 平均速率0v v =；(C) 方均根速率0v =；(D) 速率大于和小于0v 的分子各占一半。
大学物理课后题答案16
习 题 十 六16-1 圆形的平行板电容器，如图所示，极板半径为R ，沿极板轴线的长直导线内通有交变电流，设电荷在极板上均匀分布，且t ωσσsin 0=，忽略边缘效应，求：(1)极板间的位移电流密度；(2)电容器内外距轴线均为 r 的点b 和点a 处的磁感应强度的大小(r <R )。
[解] (1)由位移电流密度公式t ∂∂=D j d 得 t E t ∂∂=∂∂=0d εD j ()t t t t ωωσωσσεεcos sin 10000=∂∂=∂∂= (2)由⎰⎰⎰⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+∂∂=⋅S L d t d S j D l H 得 a 点处，在极板外侧0=∂∂t D ，i d S=⋅⎰⎰S j ()⋅=⋅==22d d d d R R t t q i πσπt ωωσcos 0 所以 t R i r B ωωσπμμπcos 20200⋅⋅==⋅因此 t rR B ωωσμcos 2020= b 点处，在极板之间0=j 200000cos d cos d d r t S t tS L πωωσμωωσμμ⋅=⋅=⋅∂∂=⋅⎰⎰⎰⎰S D l B 所以 t r r t r B ωωσμπωωσμπcos 2cos 2100200=⋅=16-2 上题中，设R ＝10cm ，充电时极板间电场强度的变化率为12100.5d d ⨯=t E ()s m V ⋅，求：(1)两极板间的位移电流； (2)极板边缘处的磁感应强度。
[解] (1) 20d d d d d R tE I S πε=⋅=⎰⎰S j A 4.11.014.3100.5109.821212=⨯⨯⨯⨯⨯=-(2)极板边缘处应用安培环路定理d 00d d I tS L μμ=⋅∂∂=⋅⎰⎰⎰S D l B d 02I R B μπ=⋅T 108.24.01.02104267d 0--⨯=⨯⨯⨯==πππμI R B16-3 一电容为C 的平行板电容器，两极板间的距离为d ，极板面积为A ，外加交变电压t U u ωsin 0=，求通过电容器两极板之间的位移电流强度。
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第十六章习题
16.1 解：已知条件：150.087rad θ== ，6328A λ=第一级最小对应的条件为
()10
6111632810sin 7.2710m sin 0.087
a a λλθλθθ--⨯=⇒====⨯
16.2 解：已知条件：-7
5461A=5.46110m λ=⨯
缝宽 -4
0.1mm=1.010m a =⨯，焦距 0.5m f =
第一级暗条纹：103
1114
546110sin sin 5.461101.010
a a λ
θλθθ---⨯=⇒===⨯=⨯ ⑴ 中央亮条纹的宽度：
33112tan 220.5 5.46110 5.4610m y f f θθ--===⨯⨯⨯=⨯
⑵ 一级次极大条纹的宽度应为第一级暗纹与第二级暗纹之间的宽度。
111sin sin a a
λ
θλθθ=⇒==
2222sin 2sin a a
λ
θλθθ=⇒==
一级次极大条纹的宽度为：
()()312121tan tan 2.7310m f
y f f f a
λθθθθ-=-=-=
=⨯
16.3 解：⑴ 5890A λ=，0.1mm a =
311sin sin 5.8910rad a a
λ
θλθ-=⇒=
=⨯
所以：31 5.8910rad θ-=⨯
⑵ 5890A λ=，10.50.0087rad θ==
10
511589010sin 6.7710m 0.0087
a a λθλθ--⨯=⇒===⨯
16.4 解：设未知波长为1λ，红光的波长为2λ，由题意可知：
17sin 2a θλ=
25s i n 2
a θλ= 1212755
4286A 227
λλλλ=⇒==
16.5 解：58
3.7610km=3.7610m s =⨯⨯，5500A λ=，直径5m D =
最小分辨角：10
75500101.22 1.22 1.34210rad 5
D λ
δϕ--⨯==⨯
=⨯
设,A B 两点之间的距离为l 。
则有
873.7610 1.3421050.5m l
l s s
δϕδϕ-=⇒==⨯⨯⨯= 16.6 解： 1.2m l =，5500A λ=， 3.0mm D =
104
3
5500101.22 1.22 2.23710rad 3.010
D λ
δϕ---⨯==⨯=⨯⨯
341.2
5.410m 2.23710
l l s s δϕδϕ-=⇒===⨯⨯ 16.7 解：'1sin sin19300.3338ϕ== , '2sin sin1560.2605ϕ== ⑴ 根据光栅方程：11sin d ϕλ= 22sin d ϕλ=
1112
2221
sin sin 4599A sin sin λϕλϕλλϕϕ=⇒== ⑵ 11sin d ϕλ=10
611589310 1.765410m sin 0.3338
d λϕ--⨯⇒===⨯
2sin d k ϕλ=2
sin d k ϕ
λ⇒=
当sin 1ϕ=时，可以得到k 的最大值。
6
max
10
2 1.765410 3.84459910d
k λ--⨯===⨯ 所以最多能看到第三级主极大。
16.8 解：已知条件：14000A λ=，27000A λ=，0.002mm d =， 5.0mm x ∆= 根据光栅方程有：11sin d ϕλ= 22sin d ϕλ= 可以得到：1arcsin 0.2ϕ=，
2arcsin 0.35ϕ=
1tan 0.204124145ϕ=，2tan 0.373632358ϕ= ()3
21tan tan 5.010m x f ϕϕ-∆=-=⨯
透镜的焦距为：3
35.01029.510m 0.169508213f --⨯=
=⨯ 16.9 解：⑴ 光栅常数：3
6110410m 250
d --⨯=
=⨯
光栅方程：sin d k θλ=可以得到：sin d k θ
λ
=
当sin 1θ=时，有6
max
10410 6.8589010d
k λ--⨯===⨯ 所以最多能看到第六级亮纹。
⑵ 缝宽：0.002mm a =，0.004mm d = 即：2d
a
= 所以缺级为：2,4,6±±±。
考虑缺级后剩下的级数为：0，1±，3±，5±共7条。
16.10 解：宽度8.4cm l =，
分辨本领：51.210R
R kN N k
=⇒=
=⨯ 光栅常数：2
758.410710m 1.210
l d N --⨯===⨯⨯ 平均波长：6000.01A λ=，波长差为：0.02A λ∆= 56000.01 2.51.2100.02
R kN k N λλλλ=
=⇒===∆∆⨯⨯。