大学物理习题答案93217 17页

练习一（磁）1.(C)2.,3.,4.可看成许多平行的无限长载流直导线组成,其中一宽为的直导线载有电流5.将此盘看成无数同心带电圆环组成,半径为r的圆环带电17\n圆环转动形成的电流为则各同向练习二（磁）1.(B)2.变量，3.1∶1,3004.在横截面上以轴点为圆心，作半径为r的圆形环路则（1）,(2),(3),5.取电流元dI=(I/b)dx则方向向里练习三（磁）17\n1.（B）2.03.1∶14.取面积元,它距长直载流导线为（b+x）======[]5.在横截面上以轴点为圆心作半径为r的圆形环路,由环路定理可得：矩形纵截面，其总磁通量为：练习四（磁）1.(D)2.(B)3.(B)4.AB处的B，，17\n受力,方向向左在BC上与相距x的电流元处的，，由及得方向：在平面里向外同理知，向外（在平面里）。由对称性知合力无y分量5.（1）由安培环路定律和磁场叠加原理，可得导线间的B为,滑块受到的磁力又（2）练习五（磁）1.(C)2.(D)3.矫顽力大,剩磁也大永久磁铁4.，，5.垂直于y轴而与x轴成锐角6.(1)朝东(2)已知电子的能量Ek=(1/2)mv2=1.2×104eV所以电子的速度v=(2Ek/m)1/2(1)17\n电子的电量e=1.6×19-19C电子的质量m=9.11×10-31kg设电子通过的距离为s、偏转间距为x则有(2)(3)联解(1),(2),(3)得7.证:将此盘看成无数同心带电圆环组成,半径为r的圆环带电圆环转动形成的电流为该圆电流的磁矩为方向沿盘面轴线该圆电流在磁场中受到的磁力矩为各同向证毕.练习六（磁）1.（B）2.（D）3.①(D)，②(B)，③b，2RBv4.-5.练习七(磁)1.（A）2.（D）3.0.15T4.（1）自感17\n（2）5.在棒上取一长度元,该长度元的速度,该长度元上的电动势为OP棒上的电动势为练习八（磁）1.变化的磁场，2.导体在磁场中运动（切割磁力线）时，自由电荷受洛仑兹力而在导体内定向移动所致；磁场随时间变化所产生的涡旋电场可对载流子做功。3.04.3.7H5.-800Wb/s6.在正方形线圈取一长条形面积元,其所在处的磁感强度7.(1)取面积元(2)(3)练习九（磁）1.(C)2.0，3.略17\n4.P端电势高5.（1）两线圈内电流绕向相反，各点B=0，则（2）此时两线圈完全耦合（3）此时也为完全耦合，但二者磁通不能相加练习十（磁）1.(C)2.0，，高3.1.5mH4.22.6J/m35.线框中只有两条坚直边切割磁力线,以顺时针方向为正,线框中的感应电动势为,顺时针方向6.(1)Va>Vb(2),以abcda作为回路正方向练习十一（磁）17\n1.B2.D3.B4.5.a由b向a6.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．解：筒以w旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流，它和通电流螺线管的nI等效．按长螺线管产生磁场的公式，筒内均匀磁场磁感强度为：(方向沿筒的轴向)筒外磁场为零．穿过线圈的磁通量为：在单匝线圈中产生感生电动势为感应电流i为i的流向与圆筒转向一致．练习一（振动）17\n1．（C）2.（B）3.（B）4.5.15×10-2COS（6πt+π/2）6.（1）t=0时，a=2.5ms-2(2),其时x=0.2m7.由曲线可知A=10cm.t=0π由图可知质点由位移为Xo=-5cm和Vo<0的状态，到x=0和V>0的状态所需时间t=2s，代入方程得O=10cos（2ω+2π/3）即2ω+2π/3=3π/2ω=5π/12故得X=0.1cos（5πt/12+2π/3）（SI）练习二（振动）1.(B)2.(C)3.(A)4.(1)(2)(3)5.(1)对小物体在竖直方向有mg-N=maN=m（g-a）当N=0，即a=g时，小物体开始脱离振动物体.已知A=10cm.=rad·s-1amax=Aω2=5ms-2g小物体与振动物体分离，开始分离的位置由N=0求得：g=amax=-ω-2xx=-g/ω2=-19.6cm即在平衡位置上方19.6cm处开始分离.由amax=ω2A＞g可得A＞g/ω2=19.6cm17\n练习三（振动）1.（E）2.（C）3.，4.（1）令，则x2=A2/2∴（2）令π/4，则（S），5,解：(1)由题意，，．J(2)rad/s由t=0，=0.2m，可得则振动方程为练习四（振）1.(B)2.(B)3.5×10-2m4.4×10-2m，5.依题画出旋转矢量图,由图可知两谐振动的相位差为π/2.6.解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为则①以A1=4cm，A2=3cm，代入①式，得cm又②≈127°≈2.22rad∴(SI)17\n练习五（波）1.（C）2.（B）3.2π/54.0.06sin(πt/2-5π/4)5.(1)由P点的运动方向，则可判定该波向左传播.对原点O处质点，t=0时，有∴∴O处振动方程为：y0=Acos（500πt+π/4）波动方程为：y=Acos[2π（250t+x/200）+π/4]（SI）（2）距O点100m处质点振动方程是：y1=Acos（500πt+5π/4）（SI）振动速度为V=-500πAsin（500πt+5π/4）（SI）6.练习六（波）1.(C)2.(A)3.(D)4.a/b5.解：(1)O处质点，t=0时，所以又(0.40/0.08)s=5s故波动表达式为(SI)(2)P处质点的振动方程为(SI)6.解：由图，l=2m，又∵u=0.5m/s，∴n=1/4Hz，T=4s．题图中t=2s=．t=0时，波形比题图中的波形倒退，见图．此时O点位移y0=0（过平衡位置）且朝y轴负方向运动，17\n∴∴(SI)练习七（波）1.（B）2.（B）3.R/R4.1.27×10-2Wm-2,3.18×10-3Wm-25.（1）P=ω/t=2.7×10-3J·S-1(2)I=P/S=9.00×10-2Js-1m-2(3)6.已知A=0.1m，T=1S，λ=8m波沿x轴负向传播，则波函数y=0.1cos[2π（t+x/λ）+]在x=λ/2处有而∴波函数为y=0.1cos[2π（t+x/8）-3π/4]于是有（1）x=λ/4处的振动方程为y=0.1cos（2πt-π/4）（2）x=-λ/4处的振动方程为y=0.1cos（2πt-5π/4）其振动速度为且练习八（波）1.（D）1.02.0.5m3.4.相同，相同，2π/35.解：m6.(1)(2)17\n练习九（波）1.（B）2.(B)3.Acos2π（t/T-x/λ），A4.1×102，0.15.（1）L=3×λ/2，λυ=u∴L=3u/2υ=（3/2）×（320/400）=1.2m（2）弦的中点是波腹，故y=3×10-3cos（2πx/0.8）cos（800πt+）式中可由初始条件来选择.6.（1）由图知B点的初相为=π，波向x轴正向传播，则波动方程为y=cos[2πυ（t-x/u）+π]（2）若以反射点为D为原点，并以此时刻为t=0，由条件Xo=0，υ0﹥0，得=-π/2则入射波波函数为y1=Acos[2πυ（t-x/μ）-π/2]因反射点为节点，有半波损失，故反射波的波函数为y2=Acos[2πυ（t+x/μ）+π/2]（3）合成波的波函数为:y=y1+y2=2Asin(2πx/λ)cos2πυt波腹位置：当（k=0，1，2，····）因原点在反射点，x﹤0，∴波腹坐标为x=-λ/4，-3λ/4，-5λ/4，……波节位置：当sin(2πx/λ)=0，（k=0，1，2，····）17\n∴波节坐标为x=0，-λ/2，-λ，-3λ/2，……练习十（波）1.(A)2.ωλSw/2π3.5π4.由知驶向观察者时有440=330/（330-）（1）离开观察者时有392=330/（330+）（2）两式解得392（330+）=440（330-）。∴=19m/s.5.(1)式中最大振幅位置:(2)同理,当时最小振幅位置:练习一（光学）1.（B）2.（B）3.（B）4.5.4I06.2πdsinθ/λ7.1mm8.(1)由，得(2)应是下方第七级移至中央练习二（光学）1．（A）2.（B）3.（B）4.λ/2nl17\n5.解：（1）设第十个明环处液体厚度为e10.则2ne10+λ/2=10λe10=（10λ-λ/2）/2n=19λ/4n=2.32×10-4cm（2）R2==ek＜＜R，略去，得6.条纹的形状、条数、疏密如图练习三（光学）1.（D）2.（D）3.（C）4.45.0.36mm5.对第一级极小：∴5×10-2cm对第一级亮纹极大处：则对第三级极小：17\n则7.练习四（光学）1.（D）2.（B）3.（D）4.由及光栅方程得5.(1)=2×6000×10-10/0.20=6.0(2)由得当时,(3)∴屏上可出现0，±1，±2，±3,±5，±6，±7，±9，±10(在无穷远处)级练习五（光学）1.（B）2.（B）3.（C）4.见图5.部分，π/26.解：设I0为自然光强；I1，I2分别为穿过P1和连续穿过P1、，P2后的透射光强度，由题意知入射光强为2I0。（1）I1=I0/2+I0cos2θcos2θ=1/2∴θ=45017\n由题意，I2=I1/2，又I2=I1cos2α∴cos2α=1/2，得α=450(2)I1=[I0/2+I0cos2θ]（1-5%）得θ=420仍有I2=I1/2，同时还有I2=I1cos2α×（1-5）%∴cos2α=1/（2×0.95），α=43.5010.据布儒斯特定律中，tgi=n2/n1=1.43∴i=55.030令在介质Ⅱ中的折射角为r，则r=0.5π-i此r在数值上等于介质Ⅱ、Ⅲ界面上的入射角。∴tgr=n3/n2∴n3=n2tgr=n2ctgi=n2n1/n2=1.00练习六（光学）1.（A）2.(D)3.(B)4.强，窄.5.(B)6.寻常,非常或非常,寻常7..反射光加强条件：δ=2nd+λ/2=kλk=1，2，3……得：，仅有k=3时，λ在可见光范围内，∴λ=4×1.5×0.4/（2×3-1）=0.48μm透射光加强条件即反射光减弱条件：2nd+λ/2=（2k+1）λ/2对于可见光，k只能取2和3.∴k=2,λ=0.06μm；k=3,λ=0.40μm8.∴当两谱线重合时有∴第二次重合时由光栅公式可知dsin600=6λ1d=6λ1/sin600=3.05×10-3㎜17