大学物理B答案_范文大全网

范文一：大学物理B答案

第 1 页共 4 页南开大学本科生 2009—— 2010学年第一学期大学物理 II 课程期末考试试卷(B 卷) 专业: 年级: 学号: 姓名: 成绩 :

一、 (本题共 34分,每小题 2 分)

1.在杨氏双缝实验中,如果两缝之间的距离逐渐增大,屏幕上的干涉条纹

将 ;如果保持双缝之间的距离不变, 使双缝与屏幕之间的距离逐渐

减小,则屏幕上的干涉条纹将 -;如果把一条狭缝遮住,在屏幕上

中心点O处的光强将。

答案:(1)干涉条纹间距 /x L d λ?=双缝间距d增大, 条纹间距变小 , 条纹变密, 中央零级条

纹位置不变.

(2)d不变,逐渐减小双缝与屏之间的距离 L ,条纹间距也变小。

(3) 在杨式双缝实验中, 04cos() 2I I δ

=, δ为屏上任一点处两光相位差 . 在屏幕心 , 0, δ= 则

04I I =,若挡住双缝中的一个,屏上而是单缝衍射 . 设双缝中每一缝产生的光强为 0I ,则屏上

中心O点光强度为 0I ,它是双缝时的 1/4,变小。

2. 用白光垂直照射在折射率为 1.40的薄膜上, 如果紫光 (400纳米) 在反射光中消

失,则此薄膜的最小厚度是 6

min 40010. 143() 221.4d nm n λ

-?===??。紫光在薄膜中的波

长是 286n nm λλ==

3. 在迎面驶来的汽车上, 两盏前灯相距 1.2米, 夜间人眼瞳孔直径为 0.5毫米, 入

射光波长 500纳米。汽车离人 min 6min

1.25

983.6(). 1.221.2250010D Dd

l m θλ-?====??远的地

方,眼睛恰好可分辨这两盏灯。

4. 水的折射率为 1.33, 玻璃的折射率为 1.50, 当光由水中射向玻璃而反射时, 起偏

振角为 , 30. 150

. 1tan 1=θ0

14. 48=θ; 当光由玻璃射向水而反射时,起偏振角又为

50. 133

. 1tan 2=θ6. 412=θ。

5. 线偏振光垂直入射于表面与光轴平行的石英波片,已知 0e n =1.544,n=1.553,若

入射光振动方向与光轴成 030角,则通过波片后, o 光与 e 光强度之比为 22s i n 30

1c o s 3

03o

o o e I I I I ==。 (假设无吸收) 。若波片的厚度为 0.2毫米,透过两光的光程差

是 3

6() (1.5531.544 )0.2101.810(). e o n n d m --?=-=-??=?。

草稿区

第 2 页共 4 页

6. 请写出至少三个经典物理学不能解释、从而建立了量子和量子力学的物理实验

现象, 黑体辐射问题,光电效应,康普顿效应,原子的线状光谱及其规律, 原子的稳定性和大小等。

7. 写出巴耳末谱线系的公式:1221

1() 2R n λ-=-, 其物理意义为: 原子光谱是分离的线状光谱,每条谱线的波数可用两项光谱项之差表示。

8. 请写出三维薛定谔方程的具体表达式:2

(, ) [(, )](, ) 2i r t U r t r t t m ???=?+?。

9. 4粒子衰变。

二、 (本题共 10 分)

1. 一束直径为 2mm 的平行激光束(波长设为 0.63m μ)自地面发向月球。

设地球和月球相距为 8108. 3?m , 问月球上得到的光斑多大?如将该激光扩成直径 5m 的光束再发向月球,将得到多大的光斑。

解当激光束从直径为 D 的窗口射出,将发生衍射。因地、月的距离 R 较大,可近似看作弗朗禾费圆孔衍射。月面(近似看作平面) ∑上的衍射光斑的半径对地面上光束中心的张角 θ?即为圆孔衍射的主极强半角宽度,

D λ

θ22. 1=?

当 θ?较小时,光斑半径为 λθR D R d 22

. 1=?≈

将不同的数据代入,即可求得

, 21mm D = m d 5

11046. 1?=

. 22m D = m d 221046. 1?=

. 53m D = m d 583=。

可见当 D 越小,月面上光斑半径越大。

2 、 (本题共 16 分)

试设计一平面透射光栅,当用平行光垂直照射时,可以在衍射角 030θ=方

向上观察到 600.0nm 的第二级主极大, 却看不到 400.0nm 的第三级主极大。同时,在该方向上可以分辨 600.0nm 和 600.01nm 两条谱线。

解要求设计的光栅在 030θ=衍射方向上观察到 600纳米的第二级主极大,它应满足光栅方程 sin d k θλ=,由此可定出光栅常数 402600

2. 410()

s i n s i n 30k d λ

θ-?===?厘米

第 3 页共 4 页再根据对分辨本领的要求确定 N .由于在 030方向上分辨 600纳米和 600.01纳米两条谱线,这就要求分辨本领 4600

6100.01R λ

λ===??

又因 R=Nk, 故光栅刻痕数 4

46103102R N k ?===?

由此可确定光栅的总宽度 443102.4107.2() W Nd -==???=厘米

最后确定光栅透光部分 a 和不透光部分 b 的值. (a+b)/a决定缺级级次,所以应取 a+b

3a =

这样才满足第三级缺级,使得 400纳米的第三级在 030衍射方向上不出现.因此有

800a nm = 1600b nm =

根据上面的结论指出的光栅,完全符合设计要求.

若选 1.5a b

a += 第三级亦可缺级.这时, 1600a nm =, 800b nm =

但这种设计使得 600纳米的第一级衍射极小的衍射角 1001sin 2230a λ

θ-==

即 600纳米的第二级干涉极大未落在中央衍射极大的包络线内,以至能量不大,不能使用.所以这种设计不可取.

3、 (本题共 15 分)

如图所示为杨氏双缝干涉装置,其中 S 1和 S 2为双缝。现用单色自然光照射缝 S , 使从 S 出来的光成一相干光源, 我们在屏幕上能观察到干涉条纹。

(1). 如果在 S 后加一偏振片 P ,屏幕上能否看到干涉条纹?为什么?

(2). 如果不加 P ,而只在 S 1和 S 2之前加透光轴方向互相垂直的偏振片 P 1和 P 2,屏幕上能否看到干涉条纹,为什么?

(3). 这时如果在 S 后插入偏振片 P ,且 P 的透光轴方向与 P 1和 P 2都成 0

45角,屏

幕上能否看到干涉条纹 ? 为什么?

(4). 如果在幕前有一偏振片 P 3,且 P 3的透光方向与 P 1, P 2成 045角而与 P 平行, 在(2) (3)两种情况下能否看到干涉条

纹?为什么?

解! ) 到达 1S 和 2S 的光是从同一线偏振光分解

出来的, 它们有固定相位关系。再到达幕上时,

振动方向平行或近似平行,所以满足相干条

件,因而有干涉条纹。

(2)没有干涉条纹,从 S 出来的为自然光,

经 1P 和 2P 正交分解后的两束光,不仅振动方向互相垂直,而且两者无固定相位关系,所以没有干涉条纹。

(3)从 P 出射的线偏振光,经 1P , 2P 后仍有固定相位关系,但从 1S , 2S 出射后,因振动方向互相垂直,故不能形成干涉条纹。

(4)在第(2)种情况下,光经 3P 后虽投影到同一方向,但因从 1S , 2S 出射的光无固定相位关系,所以虽投影到同一方向仍无干涉条纹。而在第(3)种情况下,光经 P 后满足相干条件, 所以有干涉条纹。

第 4 页共 4 页

4 、 (本题共 10分)

在与波长为 0.02nm 的 X 射线的入射方向成 θ角的方向上,测得康普顿效应引起的波长改变为 0.0024nm 。求散射角 θ 和这时传递给反冲电子的能

量。

解:

由 , ,可得

则传递给反冲电子的能量为

5 、 (本题共 15分)

考虑粒子在一维空间运动, 其势能 U(x):U(x) = 0, 当 x < 0="" 或="" x=""> a; U(x)

= U0, 当 0 < x="">< a。试求:在隧道效应中粒子穿过该势垒的贯穿系数(要="" 求解释各部分方程中波函数解的物理意义)="">

22sin 2θλ?=Λ90θ≈?22

0e h m c h mc νν+=+m =()()

223

00011 6.6610

k e E mc m c h hc eV ννλλλ??=-=-=-=? ?+???

范文二：大学物理答案

第9单元静电场 (一)

一、1、C 2、C 3、D 4、D 5、D

3σσ

2ε0 、向右 (3)、2ε0、向左

二、1、2略3 (1 向右

q Q ?S /(16πεR ) ?S 04、 5、24ε02

q /(4πεr ) __ 06、 _

三、1、解：建立如图坐标系，在细圆弧上取电荷元d q =

q a θ0

?d l ，

电荷元视为点电荷，它在圆心处产生的场强大小为：

d E =

d q q q

=d l =d θ

4πε0a 24πε0a 3θ04πε0a 2θ0

方向如图所示。将d E 分解，

d E x =-d E sin θ, d E y =-d E cos θ

由对称性分析可知，E x =d E x =0

E y =?d E y =?-θ

θ02

-2

q 4πε0a θ02

sin

cos θd θ

q 2πε0a 2θ0

sin

θ0

圆心O 处的电场强度E =E y j =-

q 2πε0a 2θ0

3、解：(1)

如何选择 d V ? 其原则是在 d V 内，

可以认为是均匀的。

由于题目所给带电球体的具有球对称性，半径相同的地方即相同，因此，我们

所以

选半径为 r ，厚度为 d r 的很薄的一层球壳作为体积元，于是

(2) 球面对称的电荷分布产生的场也具有球对称性，所以为求球面任一点的电场，在球内做一半径为 r 的球形高斯面，如右图所示，由高斯定理，由于高斯面上 E 的大小处处相等，所以

对于球面外任一点，过该点，选一半径为 r 的同心球面，如右图所示，则由高斯定理

得

方向沿半径向外

第10单元静电场 (二)

一、1、D 2、B 3、C 4、C 5、B 6/C

二、1、_单位正电荷置于该点的电势能_或__单位正电荷从该点移到电势零点处电场力作的

功。

11(V b -2qU /m ) 2、U= (-) 3、 V a ＝

4πε0r r 0

三、1、解：（1）在杆上x 处取线元d x ，带电量为：

Q d q =d x （视为点电荷）

它在C 点产生的电势

d U =

d q Q d x

4πε0(2a -x ) 8πε0a (2a -x )

C 点的总电势为：

U =?d U =

d x Q

=ln 3 ?-a 8πε0a (2a -x ) 8πε0a

带电粒子在C 点的电势能为：

W =qU =

qQ 8πε0a

ln 3

(2) 由能量转换关系可得：

11qQ 2

m V ∞-m V 2=ln 3 228πε0a

得粒子在无限远处的速率为：

qQ 2

V ∞=[ln 3+V ]4πε0am

2．图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1 ，外表面半径为 R 2 ，设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。

解：在球层中取半径为r ，厚为d r 的同心薄球壳，带电量为：

d q =ρ?4πr 2d r

它在球心处产生的电势为：

ρr d r

d U o ==

4πε0r ε0

d q

整个带电球层在O 点产生的电势为：

R 2

U o =?d U o =?

空腔内场强E

R 1

ρr d r ρ22

=R 2-R 1) ε02ε0

=0，为等势区，所以腔内任意一点的电势为：

U =U o =

ρ22

(R 2-R 1) 2ε0

第11单元静电场的导体和电介质

一、1、C 2、D 3、A 、C 二、1、F=

ε0SU 2

2d 2

2、 3、D=σ E=

ε0εr E ’

E E 0

4、9. 42?10

-9

5?10 5、三、1、解（1）如图所示，P 为两导线间的一点，P 点场强为

E =E ++E -=

λ+2πε0r

两导线间的电势差为

U AB =?

d -a

Edr =

λ2πε0

d -a

11λd -a

(-dr =ln

r d -r πε0a

因为ｄ＞＞ａ，所以U AB ≈

λd ln πε0a

U AB

（２）单位长度的电容 C =

πε0

d ln a

2、解：（１）设孤立导体球上的电量为Ｑ，则球上的电势为U =

Q 4πε0R

。根据孤立导体电

容的定义式，有C =

=4πε0R U

Q 2Q 2

（２）带电导体球的静电能W = =

2C 8πε0R

（３）设导体球表面附近的场强等于空气的击穿场强E g 时，导体球上的电量为Q max 。此电量即为导体球所能存储的最大电量。

Q max

=E g 2

4πε0R

Q max =4πε0R 2E g

第12单元稳恒电流的磁场

范文三：大学物理答案

《大学物理CII 》作业 No.04 电磁感应与电磁理论

班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______

一、选择题：一、选择题

1．如图，长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动，直导线ab 中的电动势为

[ ] (A) Bl v (C) Bl v cos

解：直导线ab 中的感应电动势为动生电动势，如图有

(B) Bl v sin α

(D) 0

ε=?(v ?B ) ?d l =?vB sin αcos 90 d l =Blv sin α

选B

2．一矩形线框长为a 宽为b ，置于均匀磁场中，线框绕OO ′ 轴以匀角速度ω旋转（如图所示）。设t =0时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为： [ ]

(A) 2abB cos ωt (B) ωabB

(E) ωabB sin ωt

解：因矩形线框绕OO ′ 轴在均匀磁场中以匀角速度ω旋转，则由图示有任一时刻穿过线框

的磁通量为

Φ=?B ?d S =Bab cos(90 -ωt ) =Bab sin(ωt ) ，

则由法拉第电磁感应定律得线框内的感应电动势大小：

-ωt 选D

i =-d Φ/dt =ωabB cos ωt

3．圆铜盘水平放置在均匀磁场中，B 的方向垂直盘面向上。当铜盘绕通过中心垂直于盘面的轴沿图示方向转动时， [ ](A) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的相反方向流动 (B) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的方向流动 (C) 铜盘上产生涡流 (D) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘边缘处电势最高 (E) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘中心处电势最高

解：铜盘旋转时，可以视为是沿半径方向的铜导线在做切割磁力线的运动，铜盘上有感应电

动势产生（动生电动势），且由ε=?(v ?B ) ?d l 知铜盘边缘处电势最高。故选D

沿半径

4．两根无限长平行直导线载有大小相等方向相反的电流I ，I 以

d I

的变化率增长，一矩形线圈位于导线平面内（如图），则：

[ ](A)线圈中无感应电流 (B)线圈中感应电流为顺时针方向

(C)线圈中感应电流为逆时针方向 (D)线圈中感应电流方向不确定

解：因d I >0，在回路产生的垂直于纸面向外的磁场?增强，根据愣次定律，回路中产生

d t

的感应电流应为顺时针方向，用以反抗原来磁通量的增加。

故选B

5．反映电磁场基本性质和规律的积分形式的麦克斯韦方程组为：

D ?d S =

∑q

i =1

①

/d t 　L E ?d l =-d φm 　

②

B ?d S =0

③

H ?d l =+d φ　/d t ∑I 　　

i =1

④ 　

则能正确描述磁感应线是无头无尾的、电荷总伴随有电场、变化的磁场一定伴随有电流这些

结论的方程式对应代号顺序是 [ ] (A) ①②③ (B) ①③②

解：由麦克斯韦方程组中各方程物理意义可得正确的顺序是D 。故选D

6．对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法是正确的。 [ ] (A) 位移电流是由变化电场产生的

(B) 位移电流是由变化磁场产生的

解：根据麦克斯韦位移电流的定义知：A 说法是正确的。故选A

二、填空题

1．在竖直向上的均匀稳恒磁场中，有两条与水平面成θ 角的平行导轨，相距L ，导轨下端与电阻R 相连，一段质量为m 的裸导线ab 在导轨上保持匀速下滑。在忽略导轨与导线的电阻和其间摩擦的情况下，感应电动势 i =__________________；导线ab 上_________端电势高；感应电流的大小i =_____________，方向________________。解：质量为m 的裸导线ab 在导轨上保持匀速下滑，回路所围面积磁通量减小，则据愣次定律知回路电流方向由b 流向a ，由此导线ab 受力如右侧视图所示，据牛顿定律有沿导轨方向建立方程 mg sin θ-BiL cos θ=0

安

而

i =

εi

感应电动势εi =iR =

mg sin θmgR

R =tg θ

BL cos θBL

因回路电流方向由b 流向a ，由电源电动势定义知导线ab 上a 端电势高感应电流的大小i =

tg θ BL

回路感应电流方向由b 流向a

2．如图所示，一半径为r 的很小的金属圆环，在初始时刻与一半径为a (a >>r ) 的大金属圆环共面且同心。在大圆环中通以恒定的电流I ，方向如图，如果小圆环以角速度ω绕其任一方向的直径转动，并设小圆环的电阻为R ，则任一时刻t 通过小圆环的磁通量Φ= ；小圆环中的感应电流i = 。

解：半径a >>r ，小圆环区域可视为均匀磁场，则通过小圆环的磁通量

Φ≈B 0S cos ωt =

μ0I

?πr 2?cos ωt

小圆环中的感应电流i =

1d Φμ0I ω

=?πr 2?sin ωt R d t 2Ra

3．磁换能器常用来检测微小的振动。如图，在振动杆的一端固接一个N

匝的矩形线圈，线圈的一部分在匀强磁场B 中，设杆

的微小振动规律为：x =A cos ωt 。则线圈随杆振动时，线圈中的感应电动势为。

解：由法拉第电磁感应定律，可得线圈中感应电动势为：

? ?B ??????

动

ε=-N

d Φd x

=-NBb =NBbA ωsin ωt d t d t

4．面积为S 的平面线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中。若线圈以匀角速度ω绕位于线圈

平面内且垂直于B 方向的固定轴旋转，在时刻t = 0，B 与线圈平面垂直。则任意时刻t 时

通过线圈的磁通量为。线圈中的感应电动势为。若均

匀磁场B 是由通有电流I 的线圈所产生，且B =kI (k 为常量) ，则旋转线圈相对于产生磁场的

线圈最大互感系数为。解：任意时刻t 时通过线圈的磁通量为Φm =

直，所以任意时刻t 通过线圈的磁通量为

B ?d S ，在时刻t = 0，B 与线圈平面垂?

Φm =?B ?d S =?B cos(ωt ) ?d S =BS cos(ωt )

由法拉第电磁感应定律，得线圈中的感应电动势为：

ε=-

d Φm

=BS ωsin(ωt ) d t

?B ?d S

kI cos(ωt ) d S ?==kS cos(ωt )

旋转线圈与场源线圈间的互感系数为：

M =m =S

I I

由上知最大互感系数为M m ax =kS

5．有两个长度相同，匝数相同，截面积不同的长直螺线管，通以相同大小的电流。现在将小螺线管完全放入大螺线管里（两者轴线重合），且使两者产生的磁场方向一致，则小螺线管内的磁能密度是原来的倍；若使两螺线管产生的磁场方向相反，则小螺线管中的磁能密度为（忽略边缘效应）。

1B 2解：因磁能密度： ωm =?，当两螺线管线圈内的磁场方向相同时，由磁场叠加原理

2μ0

知小线圈内磁场变化为 B →2B ，所以ωm →4ωm ；

当两线圈内的磁场方向相反时，小线圈内的磁场变为B =0，所以ωm =0。

6、麦克斯韦在建立经典电磁学方程的过程中提出了两个具有创新性的物理概念和两个正确的科学推论。

两个新概念是：随时间变化的磁场在空间激发感生（涡旋）电场；随时间变化的电场在磁效应方面与传导电流等价，称为位移电流。

两个推论是：电磁波的存在和光的电磁本性。

解：两个新概念是：随时间变化的磁场在空间激发感生（涡旋）电场；随时间变化的电场在磁效应方面与传导电流等价，称为位移电流。

两个推论是：电磁波的存在和光的电磁本性。

三、计算题

1．一长直导线载有电流I ，在它的旁边有一段直导线 AB

（AB =L ），长直载流导线与直导线在同一平面内，夹角为

θ。直导线AB 以速度 v （v 的方向垂直于载流导线）运动。已知：I =100A，v =5.0m/s，a =2cm，AB =16cm ，求：

(1) 在图示位置AB 导线中的感应电动势。 (2) A 和B 哪端电势高。解：(1) AB 中的感应电动势为动生电动势，如图所示，d l 所在处的磁感强度为

B =μ0I /(2πr )

d l 与d r 的关系为d l = d r /sinθ

令 b = a + L sinθ ，AB 中的感应电动势为

μI

s d l ε=?(v ?B ) ?d l =?v 0c o θ

2πr L

r L sin θ+a

= ctg θln 2πa -4

=2. 79?10V

(2) ε>0，由电动势定义式知B 端电势高

μ0Iv

d r

cos θ

2πr sin θ

μ0Iv

2．如图所示，一电荷线密度为λ的长直带电线（与一正方形线圈共面并与其一对边平行），以变速率v =v (t ) 沿着其长度方向运动，正方形线圈中的总电阻为R ，求t 时刻正方形线圈中感应电流i (t ) 的大小（不计线圈自身的自感）。

解：长直带电线运动相当于I =λv (t ) 的长直电流，在正方形线圈内的磁通量为：

Φ=?B ?d S =?

μIa

a d x =0ln 2

2π(a +x ) 2π

μ0I

由法拉第电磁感应定律有：t 时刻正方形线圈中感应动势大小为

i =

μa μλa d v (t ) d Φd I

=0ln 2?=0 d t 2πd t 2πd t

感应电流的大小为

|i (t ) |=

εi

μ0λa d v (t )

ln 2 2πR d t

3．截面为矩形的螺绕环共N 匝，尺寸如图所示，图中下半部两矩形表示螺绕环的截面．在螺绕环的轴线上另有一无限长直导线。

（1）求螺绕环的自感系数；

（2）求长直导线螺绕环间的互感系数；

（3）若在螺绕环内通一稳恒电流I ，求螺绕环内储存的磁能。

解：（１）设螺绕环通电流I ，由安培环路定理可得环内磁感应强度：

B =

μ0NI

2πr

则通过螺绕环的磁通链数为：

μ0NI μ0N 2Ih b

ψ=N Φ=N ?d r =ln

a 2πr 2πa

由自感系数的定义，自感系数为：

μ0N 2h b

L ==ln

I 2πa

（２）设长直导线通电流I ，则在周围产生的磁场：

μ0I B =

2πr

则通过螺绕环的磁通链数

ψ=N Φ=N ?

μ0I μNIh b

d r =0ln 2πr 2πa

由互感系数的定义，互感系数为：

M =

μ0Nh b ln 2πa

（３）若螺绕环通电流I ，则环内储存的磁能为：

121μ0N 2h b 2μ0N 2I 2h b

W m ==LI =?ln ?I =ln

222πa 4πa

范文四：大学物理答案

第5章机械波

5-1 一个余弦横波以速度u 沿x 轴正向传播，

t 时刻波形曲线如图所示．试分别指出图中A 、B 、C 各质点在该时刻的运动方向。；；。

答：下上上

5-2 关于振动和波, 下面几句叙述中正确的是［］ (A) 有机械振动就一定有机械波；

(B) 机械波的频率与波源的振动频率相同；

(D) 机械波的波速与波源的振动速度总是不相等的。答： (B)

5-3 一平面简谐波的表达式为y =0. 25cos(125t -0. 37x ) (SI)，其角频率

ωu ，波长λ =

解：ω =125rad?s -1 ;

=0. 37，u =

125

=338m ?s -1 0. 37

λ=

2πu

2π?338

=17.0m 125

5-4 频率为500Hz 的波，其波速为350m/s，相位差为2π/3 的两点之间的距离为 _。

解： ??=2π

?x λ， ?x =???=0.233m λ2π

5-5 一平面简谐波沿x 轴负方向传播。已知在x =-1m 处质点的振动方程为y =A cos(ωt +?)

(SI)，若波速为u ，则此波的表达式

为。

答： y =A cos[ω(t +

+) +?](SI) u u

5-6 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，t = 0 时刻的波形图如图所示，则P 处介质质点的振动方程是［］。

(A) y P =0. 10cos(4πt + (B) y P =0. 10cos(4πt -(C) y P =0. 10cos(2πt +(D) y P =0. 10cos(2πt +

π) (SI)； 3

π) (SI)。 6

解：答案为 (A)

确定圆频率：由图知λ=10m ，u =20m/s，得ω=2πν=2π

=4π

确定初相：原点处质元t =0时，y P 0=0. 05=

A π、v 0<0，所以?=>

5-7 一平面简谐波的表达式为y =A cos[ω(t -x /u )]，其中-x /u 表示；-ωx /u 表示；y 表示。

答： -x / u 是表示x 处的质点比原点处的质点多振动的时间（x > 0表明x 处的质点比坐标原点处的质点少振动x / u 的时间，x < 0表明x="" 处的质点比坐标原点处的质点多振动x="">

-ωx /u 是表示x 处的质点超前于坐标原点的相位（x > 0表明x 处的质点在相位上落后于坐标原点，x < 0表明x="">

y 表示x 处的质点在t 时刻离开平衡位置的位移。

5-8已知波源的振动周期为4.00×102 s ，波的传播速度为300 m ·s -1，波

沿x 轴正方向传播，则位于x 1 = 10.0 m和x 2 = 16.0 m的两质点振动相位差的大

小为。

答：??=2π

x 2-x 1

=2π

x 2-x 18

=π uT 3

5-9 一列平面简谐波沿x 轴正向无衰减地传播，波的振幅为 2×10-3 m，周期为0.01 s，波速为400 m?s-1。当t = 0时x 轴原点处的质元正通过平衡位置向y 轴正方向运动，则该简谐波的表达式为。

答：波沿x 轴正向无衰减地传播，所以简谐波的表达式为

y =A cos[ω(t -) +?]的形式。

其中ω=

2ππ

=200π；由x 0=0、v 0>0，知?=-，代入上式，得 T 2

y =2?10-3cos[200π(t -

x π

) -]m 4002

5-10 一简谐波，振动周期T =1/2s ，波长λ =10 m，振幅A = 0.1 m. 当t = 0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值．若坐标原点和波源重合，且波沿Ox 轴正方向传播，求:

(1) 此波的表达式；

(2) t 1=T /4时刻，x 1=λ/4处质点的位移； (3) t 2=T /2时刻，x 1=λ/4处质点振动速度。解： (1) O 点的振动方程为

t t +?) =0. 1cos(2π+0) =0. 1cos(4πt ) m T 1/2

向x 轴正向传播的波的波动方程为

x π

y =0. 1cos(4πt -2π) =0. 1cos(4πt -x )(SI)

λ5

T 1λ

(2) 将t ==s, x ==2. 5m 代入波动方程，得位移

484

1π

y 1=0. 1cos(4π?-?2. 5) =0.1m

(3) 质点振动速度为

?y πv ==-0. 1?4πsin(4πt -x ) m/s

?t 5

y O =A cos(2π

将t =

T 1λ

=s, x ==2. 5m 代入上式，得速度 244

1π

v =-0. 4πsin(4π?-?2. 5) m ?s -1=-0. 4πm ?s -1=-1. 26m ?s -1

5-11 如图，一平面波在介质中以波速u = 10 m·s -1沿x 轴负方向传播，已知A 点的振动方程为y =4?10-2cos(3πt +π/3) [SI]。（1）以A 点为坐标原点，写出波函数；

（2）以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波函数；

（3）A 点左侧2m 处质点的振动方程；该点超前于A 点的相位。

解：（1）y =4?10-2cos[3π(t +

x π) +]m 103

（2）

y =4?10-2cos[3π(t +

x 7π) -]m 1064π

]m 15

（3）y =4?10-2cos[3π(t -

?x =-2-?x =0=-

9π3π3π

，即比A 点相位落后 =-

1555

5-12图示一平面简谐波在t = 1.0 s时刻的波形图，波的振幅为0.20 m，周期为4.0 s，求（1）坐标原点处质点的振动方程；（2）若OP =5.0m，写出波函数；（3）写出图中P 点处质点的振动方程。

解：如图所示为t =0时的波形图，可见t =0原点处质点在负的最大位移处，所以

?=π。

（1）坐标原点处质点的振动方程为

y =0. 2t +π) m

（2）波函数为习题5-12解题用图

πx

y =0. 2c o (t -) +π]m

22. 5

（3）P 点的坐标x =5.0m代入上式，得P 点的振动方程为

y =0. 2t ) m 2

5-13 已知一列机械波的波速为u , 频率为ν, 沿着x 轴负方向传播．在x 轴的正坐标上有两个点x 1和x 2．如果x 1＜x 2 , 则x 1和x 2的相位差?1-?2为[ ]

(A) 0 (B)

2πν

(x 1-x 2) u

2πν

(x 2-x 1) u

答：（B ）习题5-13解答用图

5-14如图所示，一简谐波沿BP 方向传播，它在B 点引起的振动方程为y 1=A 1cos 2πt 。另一简谐波沿CP 方向传播，它在C 点引起的振动方程为

y 2=A 2cos (2πt +π)。P 点与B 点相距0.40 m ，与C

点相距0.50 m 。波速均为u ＝0.20 m ?s -1。则两波在P 的相位差为。

答： ??=?C -?B -2π

CP -BP

________

=π-2π

CP -BP 0. 50-0. 40

=π-2π=0 uT 0. 20

________

5-15 如图所示，S 1和S 2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出波长为λ的简谐波，P 点是两列波相遇区域中的一点，已知S 1P =2λ，S 2P =2.2λ，两列波在P 点发生相消干涉．若S 1的振动方程为y 1=A cos(t +π/2) ，则S 2的振动方程为［］

t -(π) ;

(A) y 2=A cos(t -) ; (B) y 2=A c o s

S (C) y 2=A cos(t +

t -(0. 1π) 。 ) ; (D) y 2=A c o s

答：答案为（D ）。

t +?2) ，在P 点两波的相位差为设S 2的振动方成为y 2=A cos(

??=?2-?1-2π

S 2P -S 1P

=?2-

-2π

2. 2λ-2λ

=π

解得?2=1. 9π可记为?2=-0. 1π。

5-16 如图所示，S 为点波源，振动方向垂直于纸面，S 1和S 2是屏AB 上的两个狭缝，S 1S 2＝a 。SS 1⊥AB ，并且SS 1＝b 。x 轴以S 2为坐标原点，并且垂直于AB 。在AB 左侧，波长为λ1；在AB 右侧，波长为λ2。求x 轴上两波相遇点的相位差。

解：如解答用图所示，坐标为x 的P 点，两列波引起的分振动的相位差为

?a 2+b 2-b x -x 2+a 2

??=2π +

λλ21?

? ??

习题5-16解答用图

5-17 如图所示，两列波长均为λ的相干简谐波分别通过图中的O 1和O 2点，通过O 1点的简谐波在M 1 M2平面反射后，与通过O 2点的简谐波在P 点相遇。假定波在M 1 M 2平面反射时有由半波损失。O 1和O 2两点的振动方程为

，求： y 10=A cos πt 和y 20=A cos πt ，且 O 1m +m P =8λ，O 2P =3λ（λ为波长） (1) 两列波分别在P 点引起的振动的方程； (2) 两列波在P 点合振动的强度（假定两列波在传播或反射过程中均不衰减）。

解：（1）O 1在P 点引起的振动为y 1=A cos[πt -

2π?8λ

+π]=A cos(πt +π)

O 2在P 点引起的振动为y 2=A [cosπt -

2π?3λ

]=A cos πt

（2）在P 点二振动反相，合振动的振幅为0，I ∝A 2，所以P 点合振动的强度为0。

5-18 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动［］ (A) 振幅相同，相位相同． (B) 振幅不同，相位相同．

5-19在波长为λ的驻波中，相对同一波节距离为λ/8两点的振幅和相位分别为

答：（B ）

(A) 相等和0； (B) 相等和π； (C) 不等和0； (D) 不等和π。［］

5-20 一静止的报警器，其频率为1000 Hz ，有一汽车以79.2 km 的时速驶向和背离报警器时，坐在汽车里的人听到报警声的频率分别是和（设空气中声速为340 m·s -1）。

解：汽车速度为v S =79200÷3600=22m ?s -1

驶向报警器接收的频率为：ν'=

u 340?1000

ν==1069Hz u -v S 340-22u 340?1000

ν==939Hz u +v S 340+22

背离报警器接收的频率为：ν'=

第8章气体动理论

8-1容器中储有1mol 的氮气，压强为1.33Pa ，温度为7℃，则（1）1 m 3

中氮气的分子数为多少? （2）容器中的氮气的密度为多少? 解：

（1）由p =n V kT 得

n V =

p 20-3=3.44×10 m kT

（2）由理想气体状态方程，得ρ=

M p μ-5-3

== 1.6 ×10 kg·m 。 V RT

8-2 质量为4.4g 的二氧化碳气体，体积为1×10-3m 3，温度为 -23?C ，试分别用真实气体的状态方程与理想气体的状态方程计算二氧化碳的压强是多少？并将两种结果进行比较。已知二氧化碳的范德瓦耳斯常数a =3.64×10-1Pa·m 6·mol -2, b = 4.27×10-5m 3·mol -1。

解：

（1）由理想气体状态得p =

MRT

=2. 077?105Pa μV

（2）由真实气体状态方程得p = 2.05×105Pa

8-3 若室内生起炉子后温度从15℃升高到27℃，而室内气压不变，则此时室内的分子数减少了百分之几？

解：由p =n V kT 得

?n V

n 1

-) T 1=4% T 1T 2

8-4日冕层是太阳大气的最外层，由等离子体组成（主要为质子、电子和氦离子，我们统称为带电粒子），温度为5×106 K ，分子数密度约为2.7×1011个粒子/m3。若将等离子体视为理想气体，求（1）等离子气体的压强；（2）带电粒子的平均平动动能（3）质子的方均根速率。已知质子的质量为1.673×10-27kg 。解：（1） p =n V kT =1. 86?10-5 Pa ；

（2）=kT =1.035?10-16J ；

2（3）v 2=1. kT

=3. 52?105m/s m

8-5 有体积为2×10 m3的氧气，其内能为6.75×102 J。（1）试求气体的压强；

（2）设分子总数为5.4×1022个，求分子的平均能量及气体的温度；

（3）分子的方均根速率为多少？

M i 5

RT =pV μ22

解：（1）由内能E =

得

p =

=1. 35?105Pa 5V

（2）由知=

E 5

=1. 25?10-20J 。因为=kT ，所以 N 2

T =

2=362K 5k

8-6容积为9.6×10-3m 3的瓶子以速率v ＝200 m·s 匀速运动，瓶子中充有质

量为100g 的氢气。设瓶子突然停止，且气体的全部定向运动动能都变为气体分子热运动的动能，瓶子与外界没有热量交换，求热平衡后氢气的温度、压强各增加多少?

解：因氢气的定向运动动能全部转化为内能，即

1M 5Mv 2=R ?T 2μ2

?T =1. 925K

由理想气体状态方程，得

?pV =

R ?T

?p =

R ?T =8.33?104Pa μV

8-7 1mol的氦气和氧气，在温度为27?C 的平衡态下分子的平均平动动能和平均动能分别为多少？内能分别为多少？

解：氧气：t =氦气：t =

355

kT =6.21?10-21J ；=kT =1. 035?10-20J ；=RT =6232J 222333

kT =6.21?10-21J ；=kT =6.21?10-21J ；=RT =3740J 222

8-8在相同的温度和压强下，单位体积的氢气（视为刚性双原子分子气体）

与氦气的内能之比为多少？质量为1kg 的氢气与氦气的内能之比为多少？

解：因温度和压强相同，由p =n V kT 知n V 相同

单位体积的内能之比为

5； 3

E 氢E 氦

5410?= 323

质量为1kg 的氢气与氦气的内能之比为

8-9 温度为100?C 的水蒸汽在常压下可视为理想气体，求分子的平均平动动能、分子的方均根速率和18g 水蒸汽的内能？

解：t =kT =7.72?10-21J ;

v 2=

3RT

=718. 8m/s；E =n RT =9298. 9J

8-10 1 mol氮气，由状态A （p 1, V ）变到状态B （p 2, V ），气体内能的增量为多少?

解：?E =n R ?T ，由理想气体状态方程，得?E =V (p 2-p 1)

8-11 一容器器壁由绝热材料制成，容器被中间隔板分成体积相等的两半，一半装有氦气，温度为-33?C ，另一半装有氧气，温度为27?C ，若两者压强相同。求去掉隔板两种气体混合后的温度。

解：设扩散后的温度为T ，扩散前氦气的温度为T 1，氧气的温度为T 2。

由于扩散前后能量守恒，有 n 1由pV =nRT ,

得n 1=

, RT 1

n 2=

pV RT 2

3535RT 1+n 2RT 2=n 1RT +n 2RT 2222

所以 T =

8T 1T 2

=274. 3K

3T 2+5T 1

8-12 1摩尔温度为T 1的氢气与2摩尔温度为T 2的氦气混合后的温度为多少？设混合过程中没有能量损失。

解：设混合后的温度为T ，有

35352?RT 2+RT 1=2?RT +RT 2222

T =

6T 2+5T 1

8-13 2摩尔的水蒸气在温度为67℃，分解成同温度的氢气和氧气，求分解前后分子的平均平动动能和气体内能的增量。设分解前后的气体分子均为刚性理想气体分子。

解：由化学方程式

2H 2O →2H 2＋O 2

2mol 的水蒸气将分解成2mol 的氢气和1mol 的氧气。H 2O 为自由度i ＝6，平动自由度t ＝3的多原子分子，H 2和O 2都是i ＝5，t ＝3的双原子分子。

因分解后气体的温度未变，分子的平动自由度t = 3也不变，故分子的平均平动动能t =kT 不变。

分解前，水蒸气的内能

E 1=n RT =6RT

分解后，氢气和氧气的总内能

E 2==n 氢

555RT +n 氧RT =2RT +RT 222

故分解前后的内能变化量为?E =E 2-E 1=-1. 5RT =-4238. 1J

8-14 图8-14的两条f (v )~v 曲线分别表示氢气和氧气在同一温度下的麦克斯韦速率分布曲线。由此可得氢气与氧气分子的最概然速率分别为多少?

解：由v p =1. 41

知氢气的最概然速率大于氧气的最改燃速率，则曲线

Ⅱ为氢气速率分布曲线，曲线Ⅰ为氧气分子的速率分别曲线。

氢气的最概然速率为2000m/s；因

v p 氢v p 氧

μ氧

=4 μ氢

所以，氧气分子的最概然速率为500m/s

8-15 若氮气在温度为T 1时分子的平均速率等于氧气在温度为T 2时分子的平均速率，求T 1与T 2的比值。

解：由 v =1. 6得

T 1μ氮7

==T 2μ氧8

RT 1

μ氮

=1. 6

RT 2

μ氧

8-16 已知某理想气体分子的方均根速率为400m·s -1。当其压强为1atm 时，求气体的密度。

解：由v 2=

3RT

，得

v 2

ρ=

M p μ3p

===1.9 kg/m3 V RT v 2

8-17 测得一山顶的压强为海平面处压强的80%，设空气温度均为-13℃，求山顶的海拔高度为多少？空气的摩尔质量为2.9×10-2kg·mol -1，g 取10m/s2。

解： z =

RT p 0

ln =1662 m μg p

8-18 一真空管真空度为1.33×10-2Pa ，设空气分子的有效直径为3×10-10m ，空气的摩尔质量为2.9×10-2kg·mol -1。求在温度为300K 时分子的平均自由程。

解： =

kT 2πd p

=41.4m

范文五：大学物理答案

1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为

x ＝3t ＋5，

y =

t +3t -4,

式中t 以s 计，x ，y 以m 计.(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t ＝1 s 时刻和t ＝2 s 时刻的位置矢量，计算这1s 内质点的位移；(3)计算t ＝0 s时刻到t ＝4 s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量的表示式，计算t ＝4 s时质点的速度；(5)计算 t ＝0 s到t ＝4 s内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4 s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度和瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式).

解：（1）

r =(3t +5) i +(12 m

2t +3t -4) j

(2)将

t =1, t =2代入上式即有r

1=8i -0. 5j

r j +4 2=11j

?r =r

2-r 1=3j +4. 5j m

(3)∵

0=5j -4j , r 4=17i +16j

∴

v =?r r - r 4012i +20j -1

?t =4-0=4

=3i +5j m ?s

(4)

v =d r d t

=3 i +(t +3) j m ?s -1

则 v

=3 i +7 4

j m

-1

(5)∵ v

=3 0

i +3 j , v 3 i +7 4=j

a =?v

v -v

?t =404=44

=1j m ?s

-2(6) a =d v

-2d t =1j m ?s

这说明该点只有

方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h m的岸上. 有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示. 当人以v 0m ?s

-1

的速率收绳时，

试求船运动的速度和加速度的大小.

解：设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知

=h 2+s

将上式对时间t 求导，得 2l d l =2s d s

d t d t

题1-4图

根据速度的定义，并注意到l , s 是随t 减少的， ∴

v d s

绳=-

d l d t

=v 0, v 船=-

d t

即

v d s 船=-

d t

l d l s d t

l s

v v 00=

cos θ

(h 2

+s 2)

1/2

v 或

v 0

船=

lv 0

将

v 船

再对

t 求导，即得船的加速度

s d l -l d s a =

d v 船=d t

d t 0s +lv 船

d t

v 0=

-v s

v 0

(-s +l

) v 2

h v 0s

1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为

α=2+6x

，a 的单位为m ?s

-2

，x 的单位为m. 质点

在x ＝0处，速度为10 m ?s

-1

，试求质点在任何坐标处

的速度值. 解

：

∵a =

d v d v d x d t

d x d t

d v

d x

分

离

变

量：υd υ=adx =(2+6x 2

) d x

两边积分得

=2x +2x 3

由题知，

x =0时，v 0=10

, ∴

c =50

∴

v =2x 3+x +25m ?s

-1

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度a ＝4＋

3t m ?s -2

. 开始运动时，x ＝5 m，v ＝0，求该质点在t ＝10 s时的速度和位置.

解：∵ a =d v d t =4+3t

分离变量，得 d v =(4+3t ) d t

积分，得

v =4t +

3t 2

由题知，t

=0, v 0=0 ,∴c 1=0

故 v =4t +

3t 2

又因为 v =

d x d t

=4t +

t 2

分离变量， d x =(4t +

t 2

) d t

积分得 x =2t 2+

t 3

+c 2

由题知 t

=0, x 0=5 ,∴c 2=5

故 x =2t 2+1t 3+5

2所以t

=10s 时

v =4?10+3?102

=190

m ?s

-1

102

x 10=2?10

1?103

+5=705m

1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+3t

，式中θ以rad 计，t 以s 计，求：(1)t ＝2 s

时，质点的切向加速度和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少？解： ω=

d θ2

d t

=9t , β=

d ω

d t

=18t (1)

t =2s

时，a -2

τ=R β=1?18?2=36m ?s

a R ω

=1?(9?22

)

n ==1296m ?s

-2

(2)当加速度方向与半径成45

角时，有

tan 45?=

a τa =1

即 R ω2

=R β

亦即 (9t 2

) 2

=18t

则解得 t 3

于是角位移为

θ=2+3t 3

=2+3?

=2. 67

rad

2-2 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为f x ＝6 N，f y ＝－7 N.当t ＝0时，x ＝y ＝0，

v x ＝－2 m·s －1

，v y ＝0. 求当t ＝2 s时质点的位矢和速度.

解： a

f x -2

616

m ?s

a f y -7y =

m ?s

-2

(1)

v 351

x =v x 0+

a 0x dt =-2+8

?2=-

m ?s -

v 2

y =v y 0+

a -7?2=-

y dt =

m ?s

-1

于是质点在2s 时的速度

=-5 7 1

4i -8

m ?s

-(2)

r =(v 12 12

0t +2a x t ) i +2

a y t j

=(-2?2+13

1-7 2?8?4) i +2(16

) ?4j

=-13 7 4i -8

j m

2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数) 作用，t ＝0时质点的速度为v 0. 证明：(1)t 时刻的) t

速度为v

=v -(

k m

；(2)由0到t 的时间内经过的距离为

x =(mv 0) ?

e -(k

m ) t ??1-?；(3)停止运动前经过的距离为

k ??

v m m 10

；(4)证明当t =

时速度减至v 0的

，式中m 为

质点的质量.

答: (1)∵ a =

-kv

d v d t

分离变量，得

d v -k d t v

即

d v

v =

-k d t 0

kt ln

v v =ln e

k 强为

∴ v =v -

(2)

x =

?v d t =?

v -k k m

d t =

mv 0k

(1-e

(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有 x '=

∞

0 0

v 0e

k d t =

mv k

(4)当t=

m k

时，其速度为

m v =v -k m ?

=v 0e

-1

v 0

即速度减至v 0的

2-7 设F ＝7i －6j N.(1)当一质点从原点运动到r ＝－3i ＋4j ＋16k m时，求F 所做的功；(2)如果质点到r 处时需0.6 s，试求平均功率；(3)如果质点的质量为1 kg，试求动能的变化.

解: (1)由题知，F 合

为恒力，

∴

A F ?r =(7 i -6 j ) ?(-3 i +4

j +16k 合=)

=-21-24=-45J

(2) P =

A ?t

=450. 6

=75w

(3)由动能定理，?E k =A =-45J

题5-2图

5-2 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5--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5-2图示

?T cos θ=mg ?2 ?T sin θ=F q e =1

4πε20(2l sin θ)

解得 q

=2l sin θ

4πε0mg tan θ

5-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度

λ=5.0?10

-9

C m

的正电荷. 试求：(1)在导线的延长

线上与导线B 端相距a 1

=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d 2=5.0cm

处Q 点

的场强.

解：如题5-4图所示

(1)在带电直线上取线元d x ，其上电量d q 在P

点产生场

d E λd x

P =

14πε2

0(a -x )

E λl

d x P =

?d E P =

4πε?

-l 2

(a -x )

4πε[-]

a -

l 2

a +

l 2

λl

πε2

0(4a -l 2

)

用

l =15cm

，

λ=5. 0?10-9

C ?m

-1

a =12. 5cm

代入得

E =6. 74?10

P N ?C

-1

方向水平向右

(2)同理 d E

图所示

1λd x

方向如题5-44πε2

20x +d

由于对称性

d E

=0，即E Q

只有

分量，

∵

d E 1

λd x

Qy =

4πε2

x 2

20x +d

E =

?d E d 2λl

Qy l

Qy =

4πε2

2d x

-l 3

(x 2

+d 2

2) 2

=λl

2πε2

l +4d

以

λ=5. 0?10-9C ?cm

-1

l =15cm , d 2=5cm

代入得

E Q =E Qy =14. 96?10

N ?C

-1

，方向沿

轴正向

5-5 (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？

解: (1)由高斯定理E

?d S =q

ε0

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Φ

q 6ε0

．

B =B +B +B =

0123

μ0I

2πR

(1-

) ，方向

向里．

(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长

的立方体，使

一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a ) 和一同轴(内、外半径分别为b ，c ) 构成，如题6-8图所示. I 从一导体流去，从另一导体流回. 设电流都是求：(1)导体圆柱内(r

处于边长2a 的立方体中心，则边长2a 的正方形上电通量

Φe =

q 6ε0

a c

两导体之间(

) ，(3)导体圆筒内) 各点处磁感应强度的大

对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则

Φe =

q 24ε0

B ?d l =μ0∑I

，

=μ0

Ir R

如果它包含q 所在顶点则Φ=0．

5-9 如题5-9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q 0从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力做的功. 解: 如题5-9图示

B =

μ0Ir

2πR

U O =

14πε0(q 3R

(

q R

) =0

B =

q 6πε0R

μ0I

2πr

U O =

14πε0

q R

) =-

b <>

∴

A =q 0(U O -U C ) =

q o q 6πε0R

2πr =-μ0I

r -b c -b

222

+μ0I

B =

μ0I (c -r )

2πr (c -b )

6-4 如题6-4图所示，AB 、CD 为长直导线，BC 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6-4图所示，O 点磁场由部分电流产生．其中

、

B C

>c B 2πr =0

B =0

-4

、CD 三

电子在B

=70?10T 的匀强磁场中作圆周运

r ＝3.0 cm. 已知B 垂直于纸面向外，某时刻电

A 点，速度v 向上，如题6-13图所示.

(1)试画出这电子运动的轨道； (2)求这电子速度v 的大小；

(3)求这电子的动能E k .

AB 产生 B 1=0

CD CD

产生

B 2=

μ0I

12R

(1)轨迹如图

，方向垂直向里

段产生

B 3=

μ0I 4π

R 2

(sin90-sin 60) =

μ0I 2πR

题6-13图

，方向⊥向里

(2)∵

evB =m

abcd 方向顺时针方向．

导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转aO =

∴

l 3

，磁感应强度B 平行于转轴，如题7-7所示. 试

v =

eBr m 12

=3. 7?10

m ?s

-1

(3)

(1) ab 两端的电势差；

(2) a ，b 两端哪一点电势高？

E K =

=6. 2?10

-16

7-3 如题7-3内有一矩形线圈. d I

流以的变化率增大，求：

d t

(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势. 解: 以向外磁通为正则 (1)

题7-7图

在Ob 上取r

→r +dr

一小段

Φm =

b +a

μ0I

2πr

l d r -

d +a

3+ωa rB d r ==d

l d r =-ln ?0]2πr 2πd

μ0I μ0Il

2B ω9

理

(2)

ε=-

d Φd t

μ0l

2π

[ln

d +a d b +a d I -ln ]

b d t

ωrB d r =

118

B ωl

=εaO +εOb =(-

7-5 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 移动. 已知导轨处于均匀磁场B 中，B 60°角(如题7-5图所示) ，B 的大小为B ＝kt (k 为正常数). ＝0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 的大小和方向.

118

) B ωl

B ωl

∵ εab

即

a -U b <>

点电势高．

题7-5图

解

在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条.

(1)使两缝之间的距离变小；

(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中；

(4)光源作平行于S 1，S 2联线方向上下微小移动；

由?x =

D d

知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)

Φm =

12B ?d S =Blvt cos 60?=kt lv =(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；

2 在杨氏双缝实验中，双缝间距d ＝0.20 mm ，缝屏间距

1.0 m . 试求：

(1)若第2级明条纹离屏中心的距离为6.0 mm ，计算此单

(2)求相邻两明条纹间的距离.

∴

ε=-

d Φm d t

=-klvt

由

x 明=

D d

k λ知，6. 0=

1?100. 2

?2λ

，

∴

λ=0. 6?10

-3

=6000A

(2)

?x =

D d

λ=

1?100. 2

?0. 6?10

-3

=3 mm

10-16 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为I 1，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光强I 与I 1之比为多少？解：由马吕斯定律

I 1=I 02

I 02

cos 60

2ο

I 08

I =cos 30

cos 30

I I 1

9I 032

∴

=2. 25

10-17 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光. 试求：(1)入射角等于多少？(2)折射角为多少？解：(1)

tan i 0=

1. 401

, ∴i 0=5428

ο'

(2)

y =90

-i 0=3532

ο'

10-18 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率？若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率. 解：由tan

n 1

, 故n =1. 60

转载请注明出处范文大全网 » 大学物理B答案