重庆理工大学应用物理II(B)练习册答案
大学物理（二）课程总复习题及参考解答（2020年8月整理）.pdf
大学物理（二）B 课程总复习题及参考解答1. 若()f v 为气体分子速率分布函数，N 为分子总数，m 为分子质量，则2121()d 2⎰v v v v v m Nf 的物理意义是（ ）。
A . 速率为2v 的各分子的总平动动能与速率为1v 的各分子的总平动动能之差B . 速率为2v 的各分子的总平动动能与速率为1v 的各分子的总平动动能之和C . 速率处在速率间隔1~2v v 之内的分子平动动能之和D . 速率处在速率间隔1~2v v 之内的分子的平均平动动能2. 在一容积不变的容器中贮有一定量的理想气体，温度为0T 时，气体分子的平均速率为0v ，平均碰撞频率为0Z ，平均自由程为0λ，当气体温度升高到04T 时，其分子的平均速率v ，平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为（ ）。
A . v =40v ，Z =40Z ，λ=40λB . v =20v ，Z =20Z ，λ=0λC . v =20v ，Z =20Z ，λ= 40λD . v =20v ，Z =20Z ，λ=0λ3. “气体和单一热源接触作等温膨胀时，吸收的热量全部用来对外作功”对此结论，有如下几种评论中正确的是( )。
A . 不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律B . 不违反热力学第二定律，但违反热力学第一定律C . 不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律D . 既违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律4. 设有以下一些过程：(1)液体在等温下汽化；(2)理想气体在定体下降温；(3)两种不同气体在等温下互相混合；(4)理想气体在等温下压缩；(5)理想气体绝热自由膨胀。
在这些过程中，使系统的熵增加的过程是( )。
A . (1)、(2)、(3)B . (1)、(3)、(5)C . (3)、(4)、(5)D . (2)、(3)、(4)5. 热力学第二定律指出了热力学过程进行的方向性和条件，下列表述中正确的是（ ）。
A . 功可以全部转化为热量，但热量不能全部转化为功B . 热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体C . 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程D . 一切自发过程都是不可逆的6. 设v 代表气体分子运动的平均速率，p v 代表气体分子运动的最概然速率，21/2()v 代表气体分子运动的方均根速率。
大学物理B习题册解答.
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练习 1 位置矢量 位移 速度 加速度
一、填空题 1、一质点在某参照系中的初始位置为 r0 3.0i 1.0k ，初始速度为 v 0 20 j ，则初始时 刻其位置矢量与速度间夹角为 。
r 中，位置矢量是 2、在表达式 v lim t 0 t
解：由动量定理有：
(3 2t )dt mv 0 ，由此得结果。
0
1
5. （补充） 如图， 一质点在 n 个力的作用下， 沿半径为 R 的圆周运动， 其中一个力是恒力 F0 ， 方向始终沿 x 轴正向，即 F0 F0 i ，当质点从 A 点沿逆时针方向走过 3/4 圆周到达 B
2
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练习 2 自然坐标系 圆周运动的角量描述
一、填空题 1、质点沿半径为 R 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，在 2t 时间间隔中，其平均速度大 小为 ；平均速率大小为 。
2
2、一质点在平面上作曲线运动，其速率 v 与路程 S 的关系为 v 1 S ( SI ) ，则其切向加 速度以路程 S 来表示的表达式为 at _______(SI)． 3、在一个转动的齿轮上，一个齿尖Ｐ沿半径为 R 的圆周运动，其路程 S 随时间的规律为
解： 匀变速圆周运动， 则 2 1 2 ， 60 2 ， 可求
ds 0.3t 2 30 得 t=10s。 dt
dv 0.6t 6 m s 2 dt v 2 0.32 t 4 450 m s 2 an R 2 a
3、一质点在 x y 平面内作曲线运动，其运动学方程为 x t , y t ( SI ) 。求：
大学应用物理课后习题所有答案
rOC rOA rAB rBC
( x A x O )i ( y B y A ) j ( x C x B )i ( y C y B ) j 25i 20 j 15 cos 45 0 i 15 sin 45 0 j 14.4i 9.4 j
上式变形后再两边积分为：
( 2 2)dt dr
4
r
r
1 4 t t 3 2t 12 4
t 2 s
当 t=2(s)时，物体的加速度为： a 当 t=3(s)时物体的位置为：
3t 2 6t 3 2 2 6 2 24 m s 2
1-14 物体沿直线运动，其速度为 t 3 3t 2 2 (单位为 SI 制)。如果 t=2(s)时，x=4(m)，求此时物体 的加速度以及 t=3(s)时物体的位置。 解：由 t 3 3t 2 2 可知物体在任意时刻的加速度和位移分别为：
dv 3t 2 6t ； dt dr t 3 3t 2 2 dt a
2
其速度分量式 大小
x
dx dy Rw cos t ， y R sin t dt dt R sin t arctg tgt R cos t
2 2 vx vy R
方向：以 表示速度 v 与 x 轴间的夹角，则 其加速度分量式 大小
x t d x ，变形后再两边积分为： d x 10tdt 0 0 dt d y t a y 15t 2 y ，变形后再两边积分为： d y 15t 2 dt 0 0 dt
ax 10t
x 5t 2 y 5t 3
当 t=5(s)时质点的速度为： 速度的大小：
大学物理2课后习题答案.docx
解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。
为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
重庆理工大学大学物理II期末考试(附答案)
工学院考试试卷07～08 学年第 1学期班级 学号 考试科目 大学物理a （2） A 卷闭卷 共 5 页 ···································· 密························封························线································学生答题不得超过此线一、一、选择题（21分）得分 评卷人1、如下图，两个同心的均匀带电球面，球面半径为R 1、带有电荷1Q , 外球面半径为R2、带有电荷Q 2，则在球面里面、距离球心为r 处的P 点的场强大小E 为：(A) 20214r Q Q επ+．(B)2202210144R Q R Q εεπ+π (C)2014rQ επ．(D) 0． ［］2、真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一电荷为q 的点电荷，如下图．设无穷远处为电势零点，则在球离球心O 距离为r 的P 点处的电势为(A) r q04επ(B)⎪⎭⎫⎝⎛+πR Q r q 041ε． (C) r Qq 04επ+(D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+πR q Q r q 041ε．［］3、图中，六根无限长导线互相绝缘，通过电流均为I ，区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为相等的正方形，哪一个区域指向纸的磁通量最大？(A) Ⅰ区域． (B) Ⅱ区域．(C)Ⅲ区域．(D) Ⅳ区域．(E) 最大不止一个．［］4、磁介质有三种，用相对磁导率r表征它们各自的特性时，(A) 顺磁质r >0，抗磁质r <0，铁磁质r >>1． (B) 顺磁质r >1，抗磁质r =1，铁磁质r >>1． (C)顺磁质r >1，抗磁质r <1，铁磁质r >>1． (D) 顺磁质r <0，抗磁质r <1，铁磁质r >0．［］5、自感为 0.25 H 的线圈中，当电流在(1/16) s 由2 A 均匀减小到零时，线圈中自感电动势的大小为：(A) 7.8 ×10-3V ． (B) 3.1 ×10-2V ． (C) 8.0 V ．(D)12.0 V ．［］6、在迈克耳干涉仪的一支光路中，放入一片折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是(A) / 2． (B) / (2n )． (C) / n ． (D)()12-n λ．［］7、一束光强为I 0的自然光垂直穿过两个偏振片，且此两偏振片的偏振化方向成45°角，则穿过两个偏振片后的光强I 为 (A)4/0I 2．(B) I 0 / 4．(C) I 0 / 2． (D) 2I 0 / 2．［］题号 一 二 三 四 五 六 总分 总分人 分数OP r R 1R 2Q 1Q 2QPO Rq rⅠⅡⅢⅣ工学院考试试卷(A)07～08 学年第 1学期班级 学号 考试科目 大学物理a(2) A 卷闭卷 共 5 页 ···································· 密························封························线································学生答题不得超过此线二、填空题（24分）得分 评卷人8、在真空中，将一根无限长载流导线在一平面弯成如下图的形状，并通以电流I ，则圆心O 点的磁感强度B 的值为_________________．9、电子在磁场强度H =2×104 A ·m -1的匀强磁场中沿着圆周运动．它的回转周期T =____________________．(真空中磁导率0 =4×10-7 N/A 2，电子质量m e = 9.11×10-31kg ，基本电荷e =1.60×10-19C)10、如图，半圆形线圈(半径为R )通有电流I ．线圈处在与线圈平面平行向右的均匀磁场B 中．线圈所受磁力矩的大小为__________，方向为____________．把线圈绕OO ＇轴转过角度____________时，磁力矩恰为零．11、一线圈过的电流I 随时间t 变化的曲线如下图．试定性画出自感电动势L随时间变化的曲线．(以I 的正向作为的正向)12、如下图，假设有两个同相的相干点光源S 1和S 2，发出波长为的光．A 是它们连线的中垂线上的一点．若在S 1与A 之间插入厚度为e 、折射率为n 的薄玻璃片，则两光源发出的光在A 点的相位差＝________．若已知＝500 nm ，n ＝1.5，A 点恰为第四级明纹中心，则e ＝_____________nm ．(1 nm =10-9m)13、图a 为一块光学平板玻璃与一个加工过的平面一端接触，构成的空气劈尖，用波长为的单色光垂直照射．看到反射光干涉条纹(实线为暗条纹)如图b 所示．则干涉条纹上A 点处所对应的空气薄膜厚度为 e ＝________．14、用波长nm 500=λ的单色光垂直照射光栅，测得第3级谱线的衍射角0330=θ，则光栅常数为 ；可能观察到的谱线最高级次为第 级。
大学物理第二册习题答案详解
8-2在真空中有 ， 两平行板，相对距离为 ，板面积为 ，其带电量分别为+ 和- ．则这两板之间有相互作用力 ，有人说 = ,又有人说，因为 = , ，所以 = ．试问这两种说法对吗?为什么? 到底应等于多少?
解：球壳内表面将出现负的感生电荷-q，外表面为的感生电荷Q+q．
(1)按电势叠加原理求电
导体球的电势为
＝3.297×102V
导体球壳的电势为
＝2.698×102V
(2)两球连接起来时，球壳外表面的电荷Q+q．
＝2.698×102V
(3)外球接地时，球壳内表面将出现负的感生电荷-q，外表面的电荷为0．
答：场强改变。公式Ε＝σ/ε0仍然成立。σ是导体表面附近的电荷密度，受导体电荷分布的影响，但仍然用高斯定理可得出Ε＝σ/ε0形式不变。
9-2将一个带正电的导体Α移近一个接地导体Β时，导体Β是否维持零电势？其上是否带电？
答：接地导体Β始终是零电势。但当带正电的导体Α移近时，其上会感应出异号电荷。
9-3用电源将平行板电容器充电后与电源断开，(1)若使电容器两极板间距减小，两板上电荷、两板间场强、电势差、电容器的电容以及电容器储能如何变化？(2)若电容器充电后仍与电源连接，再回答上述问题.
爱因斯坦的光子理论应用于光电效时认为光子的能量只能传递给金属中的电子在作用过程满足能量守恒定律即光强可表示为单位时间内单位面积上的光子数乘以每个光子的能量即inhv1在保持入射光频率不变的条件下光强i增加1倍意味着单位时间内入射的单位面积的光子数也增加1倍结果饱和光电流将增加1倍截止电压不变
大学物理2习题参考答案
题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。
（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。
（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。
A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。
3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。
(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。
5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。
一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。
不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。
10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。
大学物理2课后习题答案.docx
解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。
为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
大学物理II练习册答案3课件
大学物理练习三一．选择题1．一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用。
若两质点所受外力的矢量和为零，则此系统 [ ] (A) 动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。
(B) 动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。
(C) 动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。
(D) 动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。
解：[ C ] 按守恒条件：∑=0iF 动量守恒，但∑≠0i M 角动量不守恒， 机械能不能断定是否守恒。
2．如图所示，有一个小物体，置于一个光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，另一端穿过桌面中心的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔往下拉。
则物体 [ ] (A)动能不变，动量改变。
(B)动量不变，动能改变。
(C)角动量不变，动量不变。
(D)角动量改变，动量改变。
(E)角动量不变，动能、动量都改变。
解：[ E ] 因对o 点，合外力矩为0，角动量守恒3．有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。
它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 [ ] (A)A J >B J (B) A J < B J (C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个大。
解：[ C ] 细圆环的转动惯量与质量是否均匀分布无关⎰==220mR dmR J4．光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为31m L 2，起初杆静止。
桌面上有两个质量均为m的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同的速率v 相向运动，如图所示。
当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度为 [ ](A)L v 32. (B) L v 54 (C)L v 76 (D) Lv 98解：[ C ]角动量守恒二．填空题1．绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t = 0时角速度ω0 =5 rad/s ，t = 20s 时角速度ω=0.8ω0，则飞轮的角加速度β= ，t=0到t=100s 时间内飞轮所转过的角度θ= 。
(完整版)重庆理工大学大学物理练习册振动答案
振 动一、填空题：1、21T ；2、;10cm A =16-⋅=s rad πω；3πϕ=；3、gl 322π 4、（略）；二、计算题：1、 解：是；假设木块的边长为L ，平衡时浸入水中的高度为h ，平衡时: h gl F mg 2水浮＝ρ=在任一位置时：x l l x h h gl F mg F g )(g 222水水水浮＝ρρρ-=+-'-=∑令 K ＝g 2水ρl则∑Kx F ＝－，K 是一个常数，表明木块所作的运动是简谐振动。
由∑=22dtx d m F ，可得木块运动的微分方程为： 22dtx d ＋0/2=m x gl 水ρ 令m l /g 22水ρω=，可得其振动周期为：2/22l g m T 水ρπωπ==2、解：（1）要求物体的简谐运动方程，要确定角频率、振幅和初相：110.602.072.0--=⋅==s kgm N m k ω 再根据22020ωv x A +=由于0,05.000==v m x ，故m x v x A 05.0022020==+=ω 初相：000=-=x v tg ωϕ，πϕ或0=，根据已知条件：0=ϕ 则简谐振动的方程为：])0.6cos[()05.0(1t s m x -=（2）物体第一次抵达2A 处时，即t A ωcos 2=，故353ππω或=t ，用旋转矢量法，得3t πω=，故：126.0sin -⋅-=-=s m t A v ωω3、解： （1）由题意，假设简谐振动的表达式：)cos(ϕω+=t A x 得速度的表达式：)sin(ϕω+-=wt A v故：ωA v m ==2103-⨯ 故：5.110210322=⨯⨯==--A v m ω （2）由速度的表达式可得加速度的表达式为：)cos(2ϕωω+-=t A a则：2ωA a m ==2222/105.45.1102s m --⨯=⨯⨯（3）振动的表达式为：)25.1cos(1022π-⨯=-t x 4、解： 如图所示，可得两个分振动分别为：)2cos(08.01ππ-=t x )2cos(04.02ππ+=t x故：合振动的方程为：)2cos(04.021ππ-=+=t x x x5、解：由旋转矢量法解。
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练习一一、填空题1. Ⅱ和 Ⅳ2. RIR I 2200μπμ- 方向向外为正 1题图 3. 0=∙⎰Sds B 闭合线 无源场 ∑⎰=∙I dl B lμ 有旋场)(230I I -μ 或)(320I I -μ I 02μ 或I 02μ-4、RI830μ 方向垂直纸面向外 5、 DLD IL +ln 20πμ 6、I 0μ 0 I 02μ7、 r R B B = 8、 在1R r <，2102R Irπμ 在1R r >， 0 二、计算题1、证：向里向外Ⅰ ⅡⅢⅣ2、解：将半圆柱面分成许多宽为dl 的细长条，并将其视为长直电流，电流强度为，它在轴线上产生的磁场为。
，代入得由对称性可知，RI20πμ=方向沿x 轴正向 3、解对于I 1: dIB πμ201=方向向里 对于I 2: dIB πμ202=方向向右 T dIB B B 50211013222-⨯==+=πμ4、解：（1）rjdyr dI dB πμπμ2200==⎰∞+∞-=⋅=+=⋅==22)(22cos 002200jd jd y d jddy B rdr jdy dB dB y μππμπμπμθ （2）2200jB bcj B bc d μμ=⋅=⋅=⋅⎰练习二1、Bq v m 222π2、12 12 3、 R I B F a b c 2= IB R M 243π= 4、 负nSIB 5、dl aI 420μ 向左6、 两线圈平面重合7、 4二、计算题 1、解xI B πμ210=N l l l I I dx x I I F dx xI I dF l l l 71212102101021032.8ln 222211-+⨯=+==⋅=⎰πμπμπμ2、解解(1)可将圆环分成许多同心的细圆环。
考虑其上任一半径为r ，宽为dr 的细圆环，该细环所带电荷量为当圆环以角速度转动时，该细环等效于一载流圆线圈，其电流为细环转动形成的圆电流的磁矩为drr S dI dP m 3σωπ=⋅= 整个圆环转动形成的电流的等效磁矩为20434141R q R dr r dP P Rm m ωσωπσωπ====⎰⎰（2）B R q BR P M m m 244141ωσωπ==⨯= 方向垂直纸面向里 3、解：（1）环路，由环路定理得22000IB LILB Idl lμμμ===∙⎰∑方向如图所示带电粒子将在纸平面内作圆周运动其运动半径为Iq m vqB m v R 02μ== 则A 点与板的距离大于R（2）粒子运动一个周期后回到A ，其周期为 Iq mqB m T 042μππ==4、解：m N ISB B p M m ⋅⨯===-510312sin sin θθ方向沿y 轴外M 与M 大小相等、方向相反练习三一、填空题1、洛伦兹力 B V E ⨯= 非静电场力 涡旋电场 变化磁场 闭合曲线2、大小为 3ln 20πμIv，方向 N →M 3、图略 4、s T /105π5、)2sin(0t vlt B 、 )2s i n (0t vl B 、 逆时针方向 、 )2c o s (2)2s i n (00t v l t B t vl B +6、由中心沿径向向外 二、计算题 1、解：在CD 杆上取微元dx ，微元距右边导线x ，则微元处磁感强度大小为()a x Ix I B +-=πμπμ2200 方向垂直纸面向外 微元上的感生电动势为()l d B v d ⋅⨯=ε()()dxa x x a I v dx a x I x Iv +=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=πμπμπμ222000CD 杆中的感应电动势为()ba b a I v dx a x x aI vd ba a++=+==⎰⎰+222ln2200πμπμεε D 点电势较高2、解：设回路l 的绕行为正方向，则此时回路面积S 的法向n 向外，与磁场B 的夹角，故回路磁通量为)cos(t BS ωθ+=Φt=0时，电动势为，即沿绕行的正方向。
回路电动势沿绕行正方向表明圆环上的电动势应是沿圆环从a 到b 的方向。
3、解： 设k dtdB= 则感生电动势为 ⎰==∙-=sa k kS d dt B d 2πε 方向：逆时针方向4解：xIB πμ20=aad Ib dx x Ib d ad d+==⋅=⎰⎰+ln 2200πμπμφ da db dt d +-=-=ln 0πμφε 方向：逆时针练习四：一、填空题 1、2112φφ=2、（1）无感应电动势，（2）无3、nI μ 2221I n μ 4、161 161 5、50V6、涡旋电流假说、位移电流假说 二、计算题 1、 解A:⎰=⋅=bb IlN ldx x I N2002ln 22πμπμφ 2ln 20πμφlN I M ==B ：0,0==M φ2、解：1200ln 2221R R Il ldr r I R Rπμπμφ⎰==120ln 2R R l IL πμφ==12202ln421R R lI LI W πμ== 3、 解：2220020822RI B w RIB R r m πμμπμ====时，当取l =1m220202121,R I E w IR lUE IR U e εε=====4、 解：（1）tER R j I tEt D j d d d ∂∂=⨯=∂∂=∂∂=2020πεπε（2）tE R B tE R H Rr t Er B t Er H R r r t E rH I I Id dd ∂∂=∂∂==∂∂=∂∂=<⋅∂∂==+=⋅⎰22222000000200εμεεμεπεπ当当电磁学自测题一、 选择题B C C B D D B C C C二、填空题1．221R B π-2. x 轴正3. 1:1, 30°4. T 51069.5-⨯,s rad /1075. 铁磁质，顺磁质，抗磁质6．rI π2，r Iπμ2 7. ba b a Iv -+ln 20πμ8.9. 9.6J 10. 变化磁场，变化电场三、计算题1．AB 在O 点的磁感强度为01=B BC 在O 点的磁感强度为RIR I B 12612002μμ=⋅=方向垂直于纸面向里CD 在O 点的磁感强度为RI RIB o o πμπμ4)32()180cos 150(cos 24003-=-⋅= 方向垂直于纸面向里 故O 点的总磁感强度为 RI B B B B ππμ12)336(0321-+=++= 方向垂直于纸面向里 2．(1)线圈平面与磁场垂直时，线段OA 所受磁力为 N BIl F 2.01==，方向垂直于OA 向下 线段OC 所受磁力为N BIl F 2.02==,方向垂直于OC 向右由于整个线圈所受合力为零，即0321=++F F F ，故圆弧AC 所受磁力为 N F 283.022.03==，方向垂直于直线AC 背离O 点(2)由B m M ⨯=有 m N ISB mB M o o ⋅====0157.020030sin 30sin π3．载流导线所受安培力为 N BIl F 2.0== 方向向右由导线受力平衡，故外力为N F 2.0=' 方向相左4．大小为mV dt dB Oa R dt dB S dt d 68.3)sin 2121(22=-==Φ=θθε 方向沿adcb 绕向5．Ob 间的动生电动势为()254054015016BL Bldl l d B v L L ωωε⎰⎰==⋅⨯= b 点电势高于O 点 Oa 间的动生电动势为()25105102501BL Bldl l d B v L L ωωε⎰⎰==⋅⨯= a 点的电势高于O 点 故212103BL U U b a ωεε-=-=- a 点电势低。