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- 2022-08-16 发布
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作业题（一）一、1-8CCDCBDBA二、9.1:110.0;11.12.13.解：(1)圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为∴穿过ABCD的F为(2)圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为穿过A¢B¢C¢D¢的Φ为：=(3)在题给条件下，筒壁中0R3区域：H=0，B=013\n作业题(三)一、1-8DABABDDA二、9.vBLsinq；a10.;O点11.12.减小三、13.××××RcbdaOq解：大小：E=ïdF/dtï=SdB/dtE=SdB/dt==3.68mV方向：沿adcb绕向． 14.解：(1)设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为q，则通过该圆线圈平面的磁通量为,∴在任意时刻线圈中的感应电动势为当线圈转过p/2时，t=T/4，则A(2)由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为6.20×10-4T方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小T方向与磁场的方向基本相同．15.解：由题意，大线圈中的电流Ｉ在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的．故穿过小回路的磁通量为由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为当x=NR时，小线圈回路中的感应电动势为13\n16.解：动生电动势为计算简单，可引入一条辅助线MN，构成闭合回路MeNM,闭合回路总电动势2分负号表示的方向与x轴相反．方向N→M13\n作业题（四）机械振动一、选择题1-9CBBBBCBB二、填空题10，三、计算题11．，，12．4×10-2m，13．解：设振动方程为，则(1)在x=6cm，v=24cm/s状态下有解得，∴s2分(2)设对应于v=12cm/s的时刻为t2，则由得，解上式得相应的位移为cm3分14．解：(1)势能总能量由题意，，m2分(2)周期T=2p/w=6s从平衡位置运动到的最短时间Dt为T/8．∴Dt=0.75s．3分15．15．解：旋转矢量如图所示．图3分由振动方程可得，1分s1分解：x2=3×10-2sin(4t-p/6)=3×10-2cos(4t-p/6-p/2)=3×10-2cos(4t-2p/3)．作两振动的旋转矢量图，如图所示．图2分16.由图得：合振动的振幅和初相分别为A=(5-3)cm=2cm，f=p/3．2分合振动方程为x=2×10-2cos(4t+p/3)(SI)1分13\n作业题（五）机械波一、选择题1-8CCDDCCDD二、填空题9.10.11.,12.,三、13.解：(1)x1=10m的振动方程为(SI)1分x2=25m的振动方程为(SI)1分(2)x2与x1两点间相位差Df=f2-f1=-5.55rad1分(3)x1点在t=4s时的振动位移y=0.25cos(125×4－3.7)m=0.249m2分14.解：(1)原点O处质元的振动方程为，(SI)2分波的表达式为，(SI)2分x=25m处质元的振动方程为，(SI)振动曲线见图(a)2分(2)t=3s时的波形曲线方程，(SI)2分波形曲线见图2分15.解：(1)坐标为x点的振动相位为2分波的表达式为(SI)2分(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为(SI)2分波的表达式为(SI)2分13\n解：(1)设x=0处质点的振动方程为由图可知，t=t＇时1分1分所以，2分x=0处的振动方程为1分(2)该波的表达式为3分13\n作业题(六)一、1-8ACDCACCA二、9.2p(n-1)e/l；4×10310.(1)使两缝间距变小．(2)使屏与双缝之间的距离变大11.2(n–1)e–l/2或者2(n–1)e+l/212.539.1三、13.解：已知：d＝0.2mm，D＝1m，l＝20mm依公式：∴＝4×10-3mm＝4000nm故当k＝10l1＝400nmk＝9l2＝444.4nmk＝8l3＝500nmk＝7l4＝571.4nmk＝6l5＝666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．14.解：(1)Dx＝20Dl/a＝0.11m(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n－1)e＋r1＝r2设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有:r2－r1＝kl所以(n－1)e=kl;k＝(n－1)e/l＝6.96≈7零级明纹移到原第7级明纹处15.解：第四条明条纹满足以下两式：，即2，即第4级明条纹的位移值为Dx=(也可以直接用条纹间距的公式算，考虑到第四明纹离棱边的距离等于3.5个明纹间距．)16.解：根据暗环半径公式有由以上两式可得＝4m13\n作业题(七)答案一、1-5BCBCC6-10BDBAC二、11.1.2mm;3.6mm12.4；第一；暗13.一；三14.625nm(或6250Å)15.完全（线）偏振光；垂直于入射面；部分偏振光16.三、17.解：(1)由单缝衍射暗纹公式得由题意可知,代入上式可得(2)(k1=1,2,……)(k2=1,2,……)若k2=2k1，则q1=q2，即l1的任一k1级极小都有l2的2k1级极小与之重合．18.解：(1)由单缝衍射明纹公式可知(取k＝1),由于,所以则两个第一级明纹之间距为=0.27cm(2)由光栅衍射主极大的公式且有所以=1.8cm19.解：(1)由光栅衍射主极大公式得a+b==2.4×10-4cm(2)若第三级不缺级，则由光栅公式得13\n由于第三级缺级，则对应于最小可能的a，j¢方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得a=(a+b)/3=0.8×10-4cm(3)，(主极大)，(单缝衍射极小)(k＇=1，2，3，......)因此k=3，6，9，........缺级．又因为kmax=(a＋b)/l=4,所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4在p/2处看不到．)20.解：由光栅衍射主极大公式得当两谱线重合时有j1=j2即．．．．．．．两谱线第二次重合即是，k1=6，k2=4由光栅公式可知dsin60°=6l1=3.05×10-3mm13\n作业题(八)答案一、1-8DDACCCBC二、9.;;10.3.82×10311.5×1014;212.0.0549三、13.解：(1)由得(恒量)由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同．(2)h=etgq=6.4×10-34J·s14.解：(1)eVn=4(2)可以发出l41、l31、l21、l43、l42、l32六条谱线．能级图如图所示．15.解：(1)2.86eV．(2)由于此谱线是巴耳末线系，其k=2eV(E1=－13.6eV)．(3)可发射四个线系，共有10条谱线．见图波长最短的是由n=5跃迁到n=1的谱线．13
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