吉林大学大学物理作业答案综合练习题(下)(二)页PPT文档
吉林大学大学物理刚体转动作业答案(课堂PPT)
属的圆盘B，对于垂直于圆面的中心转轴，它两
的转动惯量有：
A．IA＝IB
B．IA＜IB
C．IA＞IB
D．不能判断 6
10．有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其
中的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始 时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，
当人到达转台边缘时，转台的角速度为
为l / 2 ，杆和套管组成系统以角速度0 绕OO′轴
转动，如图所示。若在转动过程中细线被拉断，
套管将沿着杆滑动。在套管滑动过程中，该系统
转动的角速度 与套管轴的距离x的函数关系为
70l 2
(杆对OO′轴转动惯量为
1 3
ml
)2
4(l 2 3x2 ) 。
O
0
[
1 3
ml
2
m(
l 2
)2
]0
[
1 3
角速度在2s内均匀减速至 4rad s，1 则刚体
在此恒力矩的作用下的角加速度 -2 rad·s-2
刚体对此轴的转动惯量 I 4 kg·m2
匀变速转动：(1) 0 t
（2）M I I
13
8. 一刚体对某定轴的转动惯量为 I 10kg m2
在恒力矩作用下由静止开始做角加速度 2rad s2
定轴转动。在5s末的转动动能 EK 500 J
该恒力矩 M 20 N·m ，该恒力矩在0~5s这段
时间内所作的功 A 500 J ， 刚体转动的角度
这段时间内飞轮转过 N t / 4 转，
拉力做的功为 A 1 mD2 2。
16
匀加速 t ; 1 t 2 N ;
转动：
2
2
吉林大学 大学物理下练习册答案PPT课件
11
(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
物体在坐标为x处时，根据牛顿第二定律
mg
x 0
m ax
A kM mM
A
A M A E 1 k M A2 E
M m
2 Mm
15
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。
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Leabharlann 为A.0或 π
B.
0或 3π
C.
0或π D.
3π 或 π
2
2
22
10. 竖直弹簧振子系统谐振动周期为T，将小球放入水
T 2π M k
0
k M
m
小物体未下落后系统的振动周期为
M
T 2π
M m T k
k M m
14
（1） x A 0
m
碰撞后速度 x A 0
碰撞后振幅不变，能量不变
吉林大学大学物理练习册综合练习二答案.ppt
6. 关于温度的意义，有下列几种说法：
(1) 气体的温度是分子平均平动动能的量度。
(2) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具
有统计意义。
(3) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同。
(4) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热
程度。上述说法中正确的是：
A. (1)、(2)、(4)
C. 2/5
D. 2/7
10．一定量的理想气体向真空作绝பைடு நூலகம்自由膨 胀，体积由V1增至V2，在此过程中气体的
A. 内能不变，熵增加 B. 内能不变，熵减少 C. 内能不变，熵不变 D. 内能增加，熵增加
5
11. 图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~ r关系曲
线 ， 请指出该静电场E是由下列哪种带电体产生的。
B. (1)、(2)、(3)
C. (2)、(3)、(4)
D. (1)、(3)、(4) 3
7. 如果卡诺热机的循环曲线所包围的面积从图中的abcda
增大为 a bcd a ，那么循环abcda 与a bcd a 所作的功和
热机效率变化情况是：
A. 净功增大，效率提高。 B. 净功增大，效率降低。 C. 净功和效率都不变。 D. 净功增大，效率不变。
综合练习题（二）
一、选择题
1．一质点在oy轴运动，其运动方程为y=4t2-2t3，
则质点返回原点时的速度和加速度
（A）8m/s, 16m/s2 ;
（B）-8m/s, 16m/s2;
（C）-8m/s, -16m/s2 ; 2．一粒子在力场F r
2r
（D）8m/s, -16m/s2 中运动，其中 r是粒子
A. 半径为R的均匀带电球面；
吉林大学大学物理练习册答案
q A
O
U D 6 0l
2l
q B
D
l
q
（2） A q(U D U ) 6 0l
4. 一厚度为d 的无限大平板，平板内均匀带电，
电荷体密度为，求板内、外场强的分布。
Dds 2 Dds q
s
s
s内
2Ds s d
d
零，则球面上的带电量σdS 面元在球面内产生
的电场强度是
A．处处为零
B．不一定为零
C．一定不为零
D．是常数
11. 如图，沿x轴放置“无限长”分段均匀带电
直线，电荷线密度分别为+ λ和- λ，点（0，a）
处的电场强度
A．0
B.
i
2 0a
C.
i
D.
(i j)
4 0a
4 0a
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＝ A R4 。
9. 把一个均匀带电量+Q的球形肥皂泡由半径 r1吹胀到r2，则半径为R（ r1< R < r2）的高斯
球面上任一点场强大小E由 Q / 40 R2 变为 0 ；
2
0
r
r
6. 描述静电场性质两 个基本物理量是参考E点 和 U ；
它们定义式是 E f / q0 和 U p p E dl 。
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
路径到B点的场强线积分 AB E dl = Ed .
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
吉大物化下题及答案 (2)
物理化学问答题第一定律部分1、 1、为什么第一定律数学表示式dU=δQ-δW 中内能前面用微分号d ， 而热量和功的前面用δ符号？答：因为内能是状态函数，具有全微分性质。
而热量和功不是状态函数，其微小改变值用δ表示。
2、 2、公式H=U+PV 中H > U,发生一状态变化后有ΔH =ΔU +Δ（PV ），此时ΔH >ΔU 吗？为什么？答：不一定。
因为Δ（PV ）可以为零、正数和负数。
3、 3、ΔH = Qp , ΔU = Qv 两式的适用条件是什么？答：ΔH = Qp 此式适用条件是：封闭系等压非体积功为零的体系。
ΔU = Qv 此式适用条件是：封闭系等容非体积功为零的体系。
4、 4、ΔU=dTCT Tv⎰21，ΔH=dTCp T T⎰21两式的适用条件是什么？答：ΔU=dTCT Tv⎰21此式适用条件是：封闭系等容非体积功为零的简单状态变化体系。
ΔH=dTCp T T ⎰21此式适用条件是：封闭系等压非体积功为零的简单状态变化体系。
5、 5、判断下列说法是否正确（1）状态确定后，状态函数的值即被确定。
答：对。
（2）状态改变后，状态函数值一定要改变。
答：不对。
如：理想气体等温膨胀过程，U 和H 的值就不变化。
（3）有一个状态函数值发生了变化，状态一定要发生变化。
答：对。
6、 6、理想气体绝热向真空膨胀，ΔU=0，ΔH=0对吗？答：对。
因理想气体绝热向真空膨胀过程是一等温过程。
7、恒压、无相变的单组分封闭体系的焓值当温度升高时是增加、减少还是不变？ 答：增加。
7、 7、在P Ø下，C （石墨）+O 2（g ）——>CO 2（g ）的反应热为Δr H θm ，对于下列几种说法，哪种不正确？（A ）Δr H θm 是CO 2的标准生成热，（B ）Δr H θm 是石墨的燃烧热，（C ）Δr H θm=Δr U m ，（D ）Δr H θm >Δr U m 答：D 不正确。
吉林大学 大学物理 第二章 动力学作业答案
A = '
2
A
+'
2
B
+2' A ' B cos
cos 0
/2
• 4. 一宇宙飞船以恒速在空间中飞行，飞行过程 中遇到一股微尘粒子流，后者以dm/dt的速率沉 积在飞船上，尘粒在落到飞船之前的速度为u方 向与相反，在时刻t飞船的总质量为M(t) ，试 问：要保持飞船匀速飞行，需要多大的力？
2 5. 已知质点质量m＝5kg,运动方程 r 2ti t j
s) 则质点在0～2秒内受的冲量I的大小为 20(N· ， 在0～2秒内所做的功A＝ 40J 。 20 j ( N s )
6. 质量为0.25kg 的质点，受力 F ti （SI）的作 用，式中t为时间。t＝0 时该质点以 2 j m s 1
以S系为参考系，根据功能原理合外力F做功W 等于系统机械能的增量
1 1 1 2 2 Gm1 m 2 2 Gm1 m 2 W = ( m1 0 + m 2 0 ) - ( m 2 0 ） 2 2 l max 2 l0 = m1 02
6．在光滑的水平桌面上，平放有如图所示的固 定半圆形屏障，质量为m的滑块以速度υ0沿切线 方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ， 试证当滑块从屏障另一端滑出时，摩擦力所做的 1 功为 2 2 A m 0 (e 1) 2 2 d N ma m 解 N m dt r r 1 d d 1 0 e ds ds 0 0 r r
解：首先以B为参考点，F不做功，因此系统机 械能守恒 1 Gm1 m 2 2 Gm1 m 2 m1 0 =2 l0 l max
l max Gm 2 =1 2 Gm 2 0 2 l0
大二物理下答案
答案作业题 (一）一、1-8 CBACADDC 二、4ε0E 0 / 39. －2ε0E 0 / 3; 10. －3σ / (2ε0); －σ / (2ε0); σ / (2ε0); 3σ / (2ε0)11.()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ; 从O 点指向缺口中心点． 12. Q / ε0 ;a E ＝0，()20018/5R r Q E b επ=三、13. 解：在φ处取电荷元，其电荷为d q =λd l = λ0R sin φ d φ它在O 点产生的场强为R R qE 00204d sin 4d d εφφλεπ=π= 3分 在x 、y 轴上的二个分量 d E x =－d E cos φ d E y =－d E sin φ 对各分量分别求和 ⎰ππ=00d c o s s i n 4φφφελR E x ＝0RR E y 0002008d sin 4ελφφελ-=π=⎰π∴ j Rj E i E E y x008ελ-=+=14. 解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为θλλλd d d π=π=l R取θ位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为 θελελd 22d d 020RR E π=π=如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为：d E x =d E sin θ , d E y =－d E cos θ对各分量分别积分 RR E x 02002d sin 2ελθθελππ=π=⎰ 0d cos 2002=π-=⎰πθθελRE y 场强 i Rj E i E E y x02ελπ=+=15. 解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ 在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅ 得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里． 在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 0422/4εAR r E π=π⋅ 得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里． 16. 解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：-E 1S 1+ E 2S 2=Q / ε0 ( S 1 = S 2 =S ) 3分则 Q = ε0S (E 2- E 1) = ε0Sb (x 2- x 1)= ε0ba 2(2a －a ) =ε0ba 3 = 8.85³10-12 C作业题（二）一、1-8 DBCDDACB 二、9. 10cm 10.⎪⎭⎫⎝⎛π∆-π20414R S R Q ε 11. Q / (4πε0R 2); 0 ; Q / (4πε0R ); Q / (4πε0r 2)12. 0d =⋅⎰Ll E单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零 有势（或保守力）三、13. 解：将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为－σ的圆盘叠加的结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为i x x E012εσ=圆盘在该处的场强为i x R x x E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i x R xE E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()22002202d 2x R R x R x x U x +-=+=⎰εσεσ14. 解: 由高斯定理可知空腔内E ＝0，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U .在球层内取半径为r →r ＋d r 的薄球层．其电荷为d q = ρ 4πr 2d r该薄层电荷在球心处产生的电势为 ()00/d 4/d d ερεr r r q U =π= 整个带电球层在球心处产生的电势为 ()21220002d d 21R R r r U U R R -===⎰⎰ερερ 因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U 为 ()2122002R R U U -==ερ若根据电势定义⎰⋅=l E Ud 计算同样给分.15.解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204r QE επ= (R 1＜r ＜R 2)两球的电势差⎰⎰π==212120124d R R R R r drQ r E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=210114R R Q ε ∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14³10-9 C16. 解：设原点O 在左边导线的轴线上，x 轴通过两导线轴线并与之垂直．在两轴线组成的平面上，在R ＜x ＜(d －R )区域内，离原点距离x 处的P 点场强为()x d x E E E -π+π=+=-+0022ελελ 则两导线间的电势差 ⎰-=R d Rx E U d ⎰-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+π=Rd Rx x d x d 1120ελ()[]R d Rx d x ---π=ln ln 20ελ⎪⎭⎫ ⎝⎛---π=R d R R R d ln ln 20ελ RRd -π=ln0ελ +λ作业题（三）一、1-8 CBBBDBCB 二、9. λ/(2πr )；λ/(2π ε0 εr r ) 10. ,1,r r εε11.1r ε;1rε12. 无极分子;电偶极子 三、13. 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ．(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为a dq U q 04επ=⎰-a q 04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+14. 解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：r qU 004επ=内球壳电势： 10114R q Q U επ-=2024R Q επ+二者等电势，即 r q04επ1014R q Q επ-=2024R Q επ+解得 )()(122112r R R Q R Q R r q ++=15. 解：(1) 令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为R qU 04επ=将d q 从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 q RqW A d 4d d 0επ== (2) 带电球体的电荷从零增加到Q 的过程中，外力作功为⎰⎰==QR q q A A 004d d πεR Q 028επ=16. 解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+λ和-λ, 根据高斯定理可求得两圆筒间任一点的电场强度为 rE r εελ02π=则两圆筒的电势差为 1200ln 22d d 2121R R r r r E U r R R r R R εελεελπ=π==⎰⎰⋅ 解得 120ln 2R R Ur εελπ=于是可求得Ａ点的电场强度为 A E )/l n (12R R R U== 998 V/m 方向沿径向向外A 点与外筒间的电势差： ⎰⎰=='22d )/ln(d 12RR R Rr rR R U r E U RR R R U212ln )/ln(= = 12.5 V作业题（四）一、1-8 C C D C B D B A 二、9. 1:1 10. 0; 0I μ- 11. 0I μ 12.Rihπ20μ 13. 解：(1) 圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>π≤≤π=R r r I R r r RIB 202020μμ∴穿过ABCD 的Φ为 ⎰=R r Bl 0d Φ⎰+RRr Bl 2d 2ln 2400π+π=lI l I μμ(2) 圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为R r R R r rIR R R r r I R r B ≤≤⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>π--π<≈002020200220μμ 穿过 A 'B 'C 'D ' 的Φ为：⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--π=⎰⎰R R RR r r r R R R r r l I 022022020d d 12μΦ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--π2ln ln 2120202200R RR R R l I μ (3) 在题给条件下，筒壁中 0<B<μ0I /(2πR )，B 为有限值，当壁厚趋于零时壁截面上磁通量趋于零，即21ln 02220→-R R R R R ，可得 2ln 20π=lI μΦ14. 解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据叠加原理O 点的磁感强度为：4321B B B B B+++=∵ 1B 、4B 均为0，故 32B B B += 2分)2(4102RIB μ= 方向 ⊗ 2分2242)sin (sin 401203RIa IB π=-π=μββμ)2/(0R I π=μ 方向 ⊗其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β2/2)4/sin(sin 1-=π-=β∴ R I R I B π+=2800μμ)141(20π+=R I μ 方向 ⊗15. 解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R 1的载流半圆弧在O 点产生的磁感强度为B 1，则 1014R IB μ=同理, 2024R IB μ=∵ 21R R > ∴ 21B B < 故磁感强度 12B B B -=204R I μ=104R I μ-206R Iμ=∴ 213R R = 16. 解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ，σωσωR R i =ππ=)2/(2 3分作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B 的大小和方向均相同，而且B的方向平行于ab ，在bc和fa 上各点B 的方向与线元垂直，在de , cd fe ,上各点0=B．应用安培环路定理∑⎰⋅=I l B 0d μ可得 ab i ab B 0μ=σωμμR i B 00== 圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右．作业题(五)一、1-8 ABAACBDB二、 9. 3R B πλω 10. aIB11.12. a l I 4/d 20μ三、13. 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹 与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形． R R l =︒+45sin )(∴ l l R )12()12/(+=-=由 )/(eB m R v =，求出v 最大值为 mleBm eBR )12(+==v14. 解：考虑半圆形载流导线CD 所受的安培力 R IB F m 2⋅= 列出力的平衡方程式 T R IB 22=⋅ 故： IBR T = 15. 解：(1) S = ab =5³10-3 m 2p m = SI =1³10-2 (A ²m 2)，︒=60sin B p M m =4.33³10-2 N ²mβJ M =，β/M J ==2.16³10-3 kg ²m 2(2) 令从B 到m p的夹角为θ，∵ M 与角位移d θ 的正方向相反=-=⎰︒︒060d θM A ⎰︒︒-060d sin θθB p m=2.5³10-3J 16. 解：由安培环路定理：∑⎰⋅=i I l Hd0< r <R 1区域： 212/2R Ir rH =π212R Ir H π=， 2102R IrB π=μR 1< r <R 2区域： I rH =π2r I H π=2， rIB π=2μR 2< r <R 3区域： )()(22223222R R R r I I rH ---=π )1(22223222R R R r r IH ---π= )1(2222322200R R R r r IH B ---π==μμ r >R 3区域： H = 0，B = 0. O O ′ RR l45°C D作业题(六)一、1-8 D A B A B D D A 二、9. v BL sin θ ； a10. 225R B ω ; O 点11. dda b +πln 20μ12. 减小三、13. 解：大小： =⎪d Φ /d t ⎪= S d B / d t= S d B / d t =t B Oa R d /d )sin 2121(22θθ⋅-=3.68 mV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θ，则通过该圆线圈平面的磁通量为θΦcos 2r B π=, nt t π==2ωθ∴ nt r B ππ=2cos 2Φ 在任意时刻线圈中的感应电动势为nt n r NB tNπππ=Φ-=2sin 2d d 2☜nt n BNr ππ=2sin 222 t ΤI nt R n NBr R i m π=ππ==22sin 2sin 22☜ 当线圈转过π /2时，t =T /4，则 987.0/22=π==2R NBn r I i m A(2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为==')2/(0r NI B m μ 6.20³10-4 T 方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小 500.0)(2/1220≈'+=B B B T方向与磁场B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．2/322202/32220)(2)(24x R IR x R IR B +=+ππ=μμ 故穿过小回路的磁通量为c22/32220)(2r x R IR S B π+==⋅μΦ 32202x RI r π≈μ 由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为t x x IR r t i d d 23d d 4220π=Φ=μ☜v 422023x IR r π=μ 当x =NR 时，小线圈回路中的感应电动势为)2/(32420R N I r i v π=μ☜16. 解：动生电动势 ⎰⋅⨯=MNv l B MeN d )(☜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0=+=NM MeN ☜☜☜总 MN NM MeN ☜☜☜=-= 2分 x x I l B b a ba MN d 2d )(0⎰⎰⋅+-π-=⨯=μv v MN☜b a b a I -+π-=ln20v μ 负号表示MN ☜的方向与x 轴相反．ba ba I MeN -+π-=ln 20v μ☜ 方向N →Mba ba I U U MN N M -+π=-=-ln 20v μ☜作业题 (七)一、1-8 ACDCACCA 二、9. 2π (n -1) e / λ ； 4³103 10. (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 – λ /2 或者2 ( n – 1) e + λ /212. 539.1 三、13. 解：已知：d ＝0.2 mm ，D ＝1 m ，l ＝20 mm依公式： λk l D dS ==∴ Ddlk =λ＝4³10-3 mm ＝4000 nm故当 k ＝10 λ1＝ 400 nm k ＝9 λ2＝444.4 nmk ＝8 λ3＝ 500 nm k ＝7 λ4＝571.4 nm k ＝6 λ5＝666.7 nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．14. 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 λ k ＝(n －1) e / λ＝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：λλθ42124=+x ，即()θλ4/74=x2λλθ42124=+''x ，即()θλ'='4/74x 第4级明条纹的位移值为∆x =()()θθθθλ''-=-'4/744x x(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 R k r k λ=()R k r k λ1010+=+由以上两式可得 ()()λ10/2210k k r r R -=+ ＝4 m作业题(八) 答案一、1-8 B C B C C B D B 二、9. 1.2; 3.6 10. 4 第一暗 11. 一；三12. 6250Å (或625 nm)13. 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得111sin λθ=a 222sin λθ=a 由题意可知 21θθ= , 21sin sin θθ=代入上式可得 212λλ= (2) 211112sin λλθk k a == (k 1 = 1, 2, ……) a k /2sin 211λθ=222sin λθk a = (k 2 = 1, 2, ……) a k /sin 222λθ=若k 2 = 2k 1，则θ1 = θ2，即λ1的任一k 1级极小都有λ2的2k 1级极小与之重合． 14. 解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知()111231221sin λλϕ=+=k a (取k ＝1 )()222231221sin λλϕ=+=k af x /tg 11=ϕ , f x /tg 22=ϕ 由于 11tg sin ϕϕ≈ , 22tg sin ϕϕ≈所以 a f x /2311λ=a f x /2322λ=则两个第一级明纹之间距为a f x x x /2312λ∆=-=∆=0.27 cm(2) 由光栅衍射主极大的公式 1111sin λλϕ==k d2221sin λλϕ==k d且有 f x /tg sin =≈ϕϕ所以d f x x x /12λ∆=-=∆=1.8 cm15. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得a +b =ϕλsin k =2.4³10-4 cm(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得()λϕ3sin ='+b a 由于第三级缺级，则对应于最小可能的a ，ϕ'方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 λϕ='sin aa = (a +b )/3=0.8³10-4 cm (3) ()λϕk b a =+sin ，(主极大)λϕk a '=sin ，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......)因此 k =3，6，9，........缺级． 又因为k max =(a ＋b ) / λ=4, 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4在π / 2处看不到．)16. 解：由光栅衍射主极大公式得 111sin λϕk d = 222sin λϕk d =212122112132660440sin sin k k k k k k =⨯⨯==λλϕϕ 4分当两谱线重合时有 ϕ1= ϕ2即 69462321===k k ．．．．．．．两谱线第二次重合即是4621=k k ， k 1=6， k 2=4由光栅公式可知d sin60°=6λ160sin 61λ=d =3.05³10-3mm作业题 九一、选择题 1-8 ABBECBDC 二、填空题 9． 2；1/4 10． 2I 11．312． 完全（线）偏振光； 垂直于入射面； 部分偏振光 三、计算题13．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为θ．透过第一个偏振片后的光强 I 1＝I 0 / 2． 透过第二个偏振片后的光强为I 2，由马吕斯定律，I 2＝(I 0 /2)cos 2θ 透过第三个偏振片的光强为I 3，I 3 ＝I 2 cos 2(90°－θ ) = (I 0 / 2) cos 2θ sin 2θ = (I 0 / 8)sin 22θ 由题意知 I 3＝I 2 / 16 所以 sin 22θ = 1 / 2， ()2/2sin 211-=θ＝22.5°14．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I 1I 1＝I 0 cos 230° ＝3 I 0 / 4 透过第二个偏振片后的光强I 2， I 2＝I 1cos 260°＝3I 0 / 16 (2) 原入射光束换为自然光，则I 1＝I 0 / 2I 2＝I 1cos 260°＝I 0 / 8 15．解：由布儒斯特定律tg i 0＝1.33 得 i 0＝53.1° 16．解：(1) 设该液体的折射率为n ，由布儒斯特定律tg i 0＝1.56 / n 得 n ＝1.56 / tg48.09°＝1.40 (2) 折射角r ＝0.5π－48.09°＝41.91° (＝41°55' )作业题(十)一、1-8 D D A C C C B C 二、9. λ/hc ; λ/h ; )/(λc h10. 3.82³103 11. 5³1014 ;212. 0.0549 三、13. 解：(1) 由 A h U e a -=ν 得 e A e h U a //-=ν e h U a /d /d =ν (恒量) 由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同．(2) h = e tg θ 1410)0.50.10(00.2⨯--=e =6.4³10-34 J ²s 14. 解：(1) )11(2n Rhc E -=∆75.12)11(6.132=-=n eVn =4 2分(2) 可以发出λ41、λ31、λ21、λ43、λ42、λ32六条谱线． 能级图如图所示．15. 解：(1) ==λν/hc h 2.86 eV ． (2) 由于此谱线是巴耳末线系，其 k =24.32/21-==E E K eV (E 1 =－13.6 eV) νh E n E E K n +==21/ 51=+=νh E E n K ． (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．λ43 λ42 λ41λ32λ31 λ21 n =4321=5=4 =3=2=1。
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D. 物体振动频率与外力驱动力的频率相同， 振幅趋于无限大；
固有长度l0
3.两飞船，在自己的静止参照系中测得各自的长
度均为100m。飞船1上的仪器测得飞船1的前端
驶完飞船2的全长需5/3×10-7s。两飞船的相对速
度的大小是（ ）
同地钟——固有时间t0
其一绕级核明运动的角动量的大小
；该角动量的
空间取向a可s能in 有3;5 种a。sin k; k1.5
2
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＝ 0 E ，能流密度S＝ 0 E 2 。
0
0
10.声源发出频率为100HZ的声波，声速340 米/秒。人以3.4米/秒的速度驾车背离声源而去 ，则人听到声音的频率 99 Hz。
c
c
h 1.2eVh
0
6
7.惠原斯引入 子波 的概念提出了惠原斯原理，
菲涅耳再用 子波相干叠加 的思想补充了惠
8.原在斯单原缝理的，夫发琅展和成费了衍惠射原实斯验－中菲，涅屏耳上原第理三。级暗
纹对应的单缝处波面可划分为___个半波带，若
将缝宽缩小一半，原来第三级暗6纹处将是 ＿＿
6.氢＿原纹子。中核外电子所处状态的角量子数是l＝2，
vB(1uuB)S (uB3.4m/s u34m/0s S10H0)z
(三1. 一) 定计滑算轮的题半径为R，转动惯量为J，其上挂有一轻
绳，绳的一端系一质量为m的物体，绳的另一端与一
固定的轻弹簧相连，设弹簧的劲度系数为k, 绳与滑轮
间无滑动，现将物体从平衡位置拉下一微小距离后释
放。试证明此振动为简谐振动，并求周期。
54..已一知驻一波单方色程光为照y=射0.5在co钠s(表πx面/3)上co，s4测0 π得t光(x电, y子: c的m, t: 最s）大，动则能形是成1.驻2e波V，的而两钠分的波红的限振波幅长为是0.2554c0m0Å；， 周则期入为射0.光05的s；波波长速是为1203c5m50/s；Å两。相邻波节间距 离为3cm。
A 2 5 c m B 5 0 c m C 2 5 0 c m D 5 0 0 c m
|
px
|
h 2
x 2
6.一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质 元从最大位移处回到平衡位置过程中（ ）
A.它的势能转换成动能；
B.它的动能转换成势能；
C.它从相邻的一段媒质质元获得能量，其能 量逐渐增加；
C. 1.29µm
A
B
D. 1.43µm
2ne＋λ/2＝(2k+1)λ/2 (k=10)
玻玻璃璃衬衬底底
2.物体在周期性外力作用下发生受迫振动，且周 期性外力的频率与物体固有频率相同。若忽略阻 力，在稳定情况下，物体的运动表现出如下特点
A. 物体振动频率与外力驱动力的频率不同， 振幅呈现有限值；
B. 物体振动频率与外力驱动力的频率相同， 振幅呈现有限值；
8.一弹簧振子做简谐振动，总能量为E。
若振幅增加为原来的2倍，重物的质量 增加为原来的4倍，则它的总能量为
A. 2E B. 4E C. 8E
D. 16E
E 1 kA2 2
9.在下述实验中能验证光的半波损失理论的是 （）
A.杨氏双缝干涉
B.单缝衍射
C.洛埃镜实验
D.光栅衍时
(二) 填空题
1.一根长为L，两端固定的弦，在弦上形成 基频驻波。弦上各点振动相位 相同 ，此
mg
x
2.在双缝干涉实验中，波长λ=550nm 的单色平行 光垂直入射到缝间距a=2×10-4m的双缝上，屏到双 缝的距离D=2m。求:(1)中央明纹两侧的两条第10 级明纹中心的间距;(2)用一厚度为e=6.6×10-6 m ,折射率为n=1.58的云母片覆盖一缝后，零级明纹
A y2 Acos(2t / 2)
P
B y2 Acos(2t / 2) S1
C y2 Acos(2t 0.1 ) S2 D y2 Acos(2t )
( 2 2 .2 2 ) ( 2 2 2 ) 2 0 .1
综合练习题（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
率度e为为2.21,玻AB..璃11..的5570折µµmm射率氧为化1钽.5，则氧化钽薄层的厚
时驻波的波长是 2L 。
2.一质量为m的物体，在光滑的水平面上作简 谐振动，振幅是12cm，在距平衡位置6cm处速 度是24cm/s，则振动周期T为＿3＿ ＿＿。
2
1kx21m2 1kA 2
2
2
2
2 k
Tm
3.在波的传播路径上有A、B两点，媒质中质点均 作简谐运动，B点的位相比A点落后π/6，已知A、 B两点间距3m，振动周期为4s,则此波的波长为λ ＝＿36＿m,波速u＝＿9m _ s1
解：取平衡位置为位置处弹簧伸长量为x0，则 mgkx0
T2 k( x x0 )
T1
m向下拉x时，
a kx
mg
T1 R a
T1 T2 R
R
ma J
m T1
J R2
m
2 k
J R2
m
T2
2 2 J T k k(R2m)
D.它把自己的能量传给相邻的一段媒质质 元，其能量逐渐减小。
7.如图所示，S1和S2为两相干波源，它们的振动 方向均垂直于图面，发出波长为 的简谐波，P点
是两列波相遇区域中的一点,已知 S1P2,S2P2.2
两为列y1波在AcP点os发2(生t相2消)，干则涉S，2的若振S动1的方振程动为方(程 )
A. c / 6 B. c / 2 C. c / 2 D. 2c / 5
l l0
1
v2 c2
l v
t0
4量.A是光.1光子/4子A的B的能（量B.是1 光子）CB.的倍两。2 倍。D则.2光子p A的h 动
hv c
o
5. 5000A的光沿X轴正向传播，若光的波长不 确定量103 Ao ，则利用不确定关系式 XPx h 可得光的X坐标的不确定量至少为（ ）