大学物理2作业答案
大学物理习题详解No.2波动方程
《大学物理》作业 No.2波动方程班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题[ F ] 1. 解：电磁波就可以在真空中传播。
[ F ] 2. 解：波动是振动的传播，沿着波的传播方向，振动相位依次落后。
[ F ] 3. 解：质元的振动速度和波速是两个概念，质元的振动速度是质元振动的真实运动速度，而波速是相位的传播速度，其大小取决于介质的性质。
[ F ] 4. 解：振动曲线描述的是一个质点离开平衡位置的位移随时间的变化关系；波形曲线是某一时刻，波线上各个质点离开平衡位置的情况。
[ F ] 5. 解：对于波动的介质元而言，其动能和势能同相变化，它们时时刻刻都有相同的数值。
二、选择题：1. 一平面简谐波表达式为)2(sin 05.0x t y --=π (SI) ，则该波的频率v (Hz)、波速u (m ⋅s -1)及波线上各点振动的振幅A (m)依次为：(A) 2/1，2/1，05.0- (B) 2/1，1，05.0-(C) 2/1，2/1，05.0 (D) 2 ，2，05.0[ C ]解：平面简谐波表达式可改写为(SI))22cos(05.0)2(sin 05.0ππππ+-=--=x t x t y与标准形式的波动方程 ])(2[cos ϕπ+-=u xt v A y 比较，可得 )s (m 21,(Hz)21,(m)05.01-⋅===u v A 。
故选C2. 一平面简谐波的波动方程为)3cos(1.0πππ+-=x t y (SI)，t = 0时的波形曲线如图所示。
则：(A) O 点的振幅为-0.1 m(B) 波长为3 m (C) a 、b 两点位相差 π21(D) 波速为9 m ⋅s -1解：由波动方程可知(Hz),23(m),1.0==νA (m)2=λ，)s (m 32231-⋅=⨯==νλua 、b 两点间相位差为：2422πλλπλπϕ===∆ab故选C3. 一平面简谐波沿x 轴正向传播，t = T/4时的波形曲线如图所示。
大学物理学(第3版)下册课后练习答案
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[答案：C]9.2填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[答案：相同](2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。
[答案：5：6]9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题9.3图 题9.4图9.4 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2θ2,如题9.4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9.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．9.7 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =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2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题9.7图所示(1) 在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ题9.7图]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题9.7图所示 由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向9.8 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如9.8图在圆上取ϕRd dl =题9.8图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如9.9图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题9.9图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿9.10 (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0d εqS E s⎰=⋅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06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题9.10图所示． 题9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 半径为1R和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题9.13图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．9.14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题9.14图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题9.14图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题9.14图(a) 题9.14图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=',∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅9.16 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题9.17图9.17 如题9.17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0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题9.17图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题9.18图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O9.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅9.20 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4105.1d ⨯==E U V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题9.21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题9.22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题9.22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题9.22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV9.23两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε题9.23图(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=9.24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题9.24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U题9.24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q9.25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0022018348342F r πqr π"q 'q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε9.26 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε9.27 如题9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题9.27图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内d21U E E == ∴r r E E εεεεσσ==102012题9.27图 题9.28图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==题9.29图9.29 如题9.29 图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 9.30 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．9.31半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题9.31图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
大学物理_在线作业_2
大学物理_在线作业_2交卷时间2018-08-24 12:55:10一、单选题（每题5分，共20道小题，总分值100分）2.有一质量为M，半径为R高为的匀质圆柱体，通过与其侧面上的一条母线相重合的轴的转动惯量为（）。
（5分）A2/3B1/2C1/4D2/3正确答案您的答案是A回答错误展开3.物体不能出现下述哪种情况？（）（5分）A运动中，瞬时速率和平均速率恒相等B曲线运动中，加速度不变，速率也不变C运动中，加速度不变速度时刻变化D曲线运动中，加速度越来越大曲率半径总不变正确答案您的答案是B回答正确展开4.质量为0.01kg的质点作简谐振动，振幅为0.1m，最大动能为0.02J。
如果开始时质点处于负的最大位移处，则质点的振动方程为（）。
（5分）A x＝0.1cos（0.2t＋）B x＝0.1cos（20t）C x＝0.1cos（20t＋）D x＝0.1cos（200t＋）正确答案您的答案是C回答正确展开5.两个质量相同飞行速度相同的球A和B，其中A球无转动，B球转动，假设要把它们接住所作的功分别为A1、A2，则（）。
（5分）A无法判断B A1<A2C A1>A2D A1=A2正确答案您的答案是B回答正确展开6.根据高斯定理，下列说法中正确的是（）。
（5分）A闭合曲面上各点的场强仅由面内的电荷决定B闭合曲面上各点的场强为零时，面内一定没有电荷C通过闭合曲面的电通量为正时面内比无负电荷D通过闭合曲面的电通量仅由面内电荷的代数和决定正确答案您的答案是D回答正确展开7.在单色光垂直入射的劈形膜干涉实验中，若慢慢地减小劈形膜夹角，则从入射光方向可以观察到干涉条纹的变化情况为（）。
（5分）A条纹间距减小B给定区域内条纹数目增加C条纹间距增大D观察不到干涉条纹有什么变化正确答案您的答案是C回答正确展开8.冰上芭蕾舞运动员以一只脚为轴旋转时将两臂收拢，则（）。
（5分）A转动角速度减小B转动惯性减小C转动动能不变D角速度增大正确答案您的答案是B回答正确展开9.质量相同的物块A、B用轻质弹簧连接后，再用细绳悬吊着，当系统平衡后，突然将细绳剪断，则剪断后瞬间（）。
《大学物理AII》作业 No.02 波动方程 参考答案
2、一平面简谐波，波长为 12m，沿 Ox 负向传播。如图所示为原点处质点的振 动曲线，求： （1）原点处质点的振动方程， （2）此波的波函数。
解：由题意得：振幅 A=0.4m，初始位置 y0 0.2 相为
2 ， 其对应旋转矢量如上图所示。 从图还可以看出 5s 后， 矢量转动的角度： 3 5 2 t 5 12 s ； ，则 ， T 3 2 6 6 2 ) m） 所以其振动方程为 y 0.4 cos( t （ 6 3 2 12 s ，波速 u 1( m / s ) ，又因传播方向为负， （2）由题意 12m ， T T 2 （ ] m） 所以波函数为： y 0.4 cos[ （t x） 6 3
答：振动是波动的基础，振动在空间的传播就形成波动。平面简谐波动方程是关 于时间和空间的函数， 而简谐振动方程只是关于时间函数；当平面简谐波动方程 中的空间变量 x 确定时，波动方程成为表述该点运动的振动方程。振动曲线是以 位移为纵坐标， 时间为横坐标做的曲线，描述质点在不同时刻离开平衡位置的位 移；波形曲线是位移为纵坐标，介质元空间位置为横坐标做的曲线，用来描述某 一时刻，波线上各个质元离开平衡位置的距离。 2、平面简谐行波波函数的表达式与哪些因素有关？总结求波函数的基本步骤。 答：平面简谐行波波函数与波的特征量：振幅、周期、频率、波速及其传播方向 有关， 此外与坐标原点、 计时起点的选择有关。 求波函数的基本步骤可以概况为： （1）选择一个参考点，根据已知条件确定出该参考点的振动方程； （2）选定坐标原点，选定正方向，建立坐标；
《大学物理 AII》作业
No.02 波动方程
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
2大学物理实验 课后答案(王小平 著) 机械工业出版社
4 教学内容 4.1 三线摆法测定圆环绕中心轴的转动惯量 1)用卡尺分别测定三线摆上下盘悬挂点间的距离 a、b（三个边各测一次再平均） ； 2)调节三线摆底坐前两脚螺丝使上盘水平 3)调节三线摆悬线使悬盘到上盘之间的距离 H 大约 50cm 左右，并调节悬盘水平； 4)用米尺测定悬盘到上盘三线接点的距离 H； 5)让悬盘静止后轻拨上盘使悬盘作小角度摆动（注意观察其摆幅是否小于 10 度，摆动是 否稳定不摇晃。 ） ； 6)用计数器测定 50 个摆动周期摆动的时间 t； 7)把待测圆环置于悬盘上（圆环中心必须与悬盘中心重合）再测定悬盘到三线与上盘接点 间的距离 H1，重复步骤 5、6。 2、公式法测定圆环绕中心轴的转动惯量 用卡尺分别测定圆环的内径和外径， 根据表中圆环绕中心轴的转动惯量计算公式确定其 转动惯量测定结果。 （圆环质量见标称值） 5 实验教学组织及教学要求 1）检查学生的预习实验报告，同时给学生一定时间观察器材，并注意和以前学过的实验 做比较。 2）讲解实验要点及注意事项，同时以提问的方式检查学生的预习情况，加深学生对实验 原理和实验设计的理解。 3）随时注意学生的实验操作过程，及时指导解决实验中遇到的问题和困难。 4）检查每个学生的实验数据，记录实验情况。 6 实验教学的重点及难点 1）重点： 1）三线摆水平的调节（上盘、悬盘的水平调节） 。 2）掌握利用三线摆仪器测量物体转动惯量的数据处理方法。 2）难点： 1）三线摆水平的调节（上盘、悬盘的水平调节） 。 2）数据处理有几种方法。 7 实验中容易出现的问题 1）仪器没有调水平。 2）摆动周期的摆动时间偏大。 8 实验参考数据 表一 三线摆法 项目 1 2 3 4 5 6 平均值 a(cm) b(cm) H(cm) t(s) H1(cm) t1(s) 4.420 11.448 50.10 85.72 50.50 94.35 4.422 11.450 50.12 86.19 50.48 94.88 4.424 11.452 50.15 86.31 50.55 94.36 50.12 85.60 50.52 94.62 50.10 86.04 50.55 94.30 50.15 86.27 50.60 94.58 4.422 11.450 50.12 86.02 50.53 94.52
大学物理B作业2-磁学(含答案)
b
a cc
I
I⊙
____________________________________(对环路c)．
11. 一带电粒子平行磁感线射入匀强磁场，则它作________________运动．一带电粒子垂直磁 感线射入匀强磁场，则它作________________运动．一带电粒子与磁感线成任意交角射入匀强磁场， 则它作______________运动。
I
(D) 线圈中感应电流方向不确定。
［
］
7. 一导体圆线圈在均匀磁场中运动，能使其中产生感应电流的一种情况是： ［
］
(A) 线圈绕自身直径轴转动，轴与磁场方向平行。
(B) 线圈绕自身直径轴转动，轴与磁场方向垂直。
(C) 线圈平面垂直于磁场并沿垂直磁场方向平移。
(D) 线圈平面平行于磁场并沿垂直磁场方向平移。
i
小为B =________________，方向_________________________．
14. 已知磁感应强度 B 2.0Wb/m2 的均匀磁场，方向沿x轴 正方向，如图所示.试求：
(1) 通过图中abcd面的磁通量；(2) 通过图中befc面的磁通 量；(3) 通过图中aefd面的磁通量.
B
n
2. 距一根载有电流为3×104 A的电线1 m处的磁感强度的大小为：
(A) 3×10-5 T．
(B) 6×10-3 T．
(C) 1.9×10-2T．
(D) 0.6 T．
(已知真空的磁导率0 =4×10-7 T·m/A)
［
］
uuv v n
3. 关于磁场安培环路定理 ÑL B1 dl 0 Ii ，下列说法正确的是： i 1
9. 5.00×10-5 T ;
华东理工大学大学物理作业答案2
2f 2 1 600 10 9 3 10 3 m a 0.4 10 3 （2）由 a sin k (k 1) 得 x sin 1.5 10 3 r a d a
44
大学物理习题册解答
7、用 1mm 内有 500 条刻痕的平面透射光栅观察钠光谱（λ =589nm） ，问： （1）光线垂直入射时，最多能看到第几级光谱； （2）光线以入射角 300 入射时，最多能看到第几级光谱。 解： （1） d
1 2 10 3 mm 500 由 d sin k 及最多能看到的谱线时 sinθ ~1 可得 d 2 10 3 k m ax 3.4 589 10 6
0
（3）最多能看到的谱线级数 sinθ ~1
k d 2400 4 600
∴
k=0,±1,±2
共５条谱线
45
大学物理习题册解答
9、一双缝，缝间距 d=0.1mm，缝宽 a=0.02mm，用波长λ =480nm 的平行单色光垂直入 射双缝，双缝后放一焦距为 50cm 的透镜，试求： （1）透镜焦平面上，干涉条纹的间距； （2）单缝衍射中央亮纹的宽度； （3）单缝衍射的中央包线内有多少条干涉的主极大？ x 解： （1）由双缝干涉明条纹条件 d sin d k 得 f
12、一束自然光，入射到由 4 片偏振片构成的偏振片组上。每一片偏振片的偏振化方向 0 相对于前面一片的偏振化方向沿顺时针方向转过 30 角。问通过偏振片组后的光强是入 射光强的百分之几？ 解: 设入射光强为 I0，通过偏振片的光强为 I1、I2、I3、I4 1 I1 I 0 2
16秋北交《大学物理(力学和热学部分)》在线作业二
B. S1中的观察者可以不同时，但S中的观察者必须同时去测量尺子两端的坐标
C. S1中的观察者必须同时，但S中的观察者可以不同时去测量尺子两端的坐标
D. S1与S中的观察者都必须同时去测量尺子两端的坐标
正确答案：
15.一定质量的理想气体贮存在容积固定的容器内，现使气体的压强增大为原来的两倍，则（）
A.飞船上的人看到自己的钟比地面上的钟慢
B.地面上的人看到自己的钟比飞船上的钟慢
C.飞船上的人觉得自己的钟比原来走慢了
D.地面上的人看到自己的钟比飞船上的钟快正确答案：
正确答案：
8.一定量的刚性双原子分子理想气体，开始时处于压强为p0 = 1.0×105 Pa，体积为V0 =4×10-3 m3，温度为T0 = 300 K的初态，后经等压膨胀过程温度上升到T1 = 450 K，再经绝热过程温度降回到T2 = 300 K，气体在整个过程中对外作的功（）
A.人与哑铃组成系统对转轴的角动量守恒,人与哑铃同平台组成系统的机械能不守恒
B.人与哑铃组成系统对转轴的角动量不守恒,人与哑铃同平台组成系统的机械能守恒
C.人与哑铃组成系统对转轴的角动量,人与哑铃同平台组成系统的机械能都守恒
D.人与哑铃组成系统对转轴的角动量,人与哑铃同平台组成系统的机械能都不守恒
正确答案：
A.升高
B.降低
C.不会发生变化
D.无法确定
正确答案：
12.一台工作于温度分别为327摄氏度和27摄氏度的高温热源与低温热源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2000焦耳，则对外做功（）
A. 2000焦耳
B. 1000焦耳
C. 4000焦耳
D. 500焦耳
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7、 某灯芯能把水引到 80mm 的高度，为酒精在这灯芯中可以上升多高？
解：：水
h水
2水 水 gr
酒精
h酒
2酒 酒 gr
代入数值得： h酒 =30.9mm=3.09×10-2m
12、如果水的表面张力系数 α=（70-0.15t)×10-3N·m-1，式中 t 为摄氏
解：温度 20℃时，水的表面张力系数 α1=（70-0.15×20)×10-3=67×10-3N·m-1
解：
mg nd
510 3183.14 0.7 103
7.0102 N • m1
5、 一个半径为 1.0×10-2 m 的球形泡在压强为 1.016×105pa 的大气中吹成
解：开始时气泡内压强： P1
P0
4 R1
后来情况气泡内压强： P2
P0'
4 R2
气泡等温变化：
P1V1
P2V2
P1
4 3
R13
× ×v × ×
××
×× × C
× × × × × × × ×× ×
×
×
I × ××
×
×30°v× ×
×
A
B
× × × × × × × ×× ×
题A 7-22 图
B
0.1m
1.0m
题 7-23 图
-5-
小回路的感生电动势 N N BS N u0nI r 2 4.74 10 3V
t
t
t
30、一平面简谐波在 t = 0 时的波形曲线如图所示。
题 6-31 图
，并查表得，
m 9.3110 30 kg ， q 1.602 10 19 C 。计算T 3.571010 s ， R 1.31103 m ，
h 4.73103 m
22、AB 和 CD 两段导线，其长均为 10c 解：
AC Blv B(lAB lBC cos 300 )v 7.0 10 3V
P2
4 3
R23
联合三式可得后来的大气压为： P0' 1.269104(Pa)
6、 在深为 h=2.0m 的水池底部产生的直径为 d=5.0×10-5m 的气泡，
解：水底时气泡内压强
P1
P0
gh
2 d
2
升到水面时气泡内压强： P2
P0
4 D
等温变化有： P1d 3
P2 D3
2
解上方程，可得 D=5.19×10-5m。
3
2 67 103 cos0
1.0 103 10 0.15 103
0.179m
水面h高2 度 差2h2 g变cro1化s为
2 2 cos 2 59.5 103 cos0 2 59.5 103 cos0
gr2h
1.0 103 h1 h2
10 0.05 103 0.179 0.159
B2
0I2 2R
(2 ) 2
，方向垂直纸面向里
题 6-23 图
又由欧姆定律有：
I1
R S
I2
(2
)R S
可知 B1=B2，由于它们的方向相反，故 O 点磁感应强度为：
B B1 B2 0
29、一无限长载流直圆管，内半径为 a，外半径为 b，
N
解：利用安培环路定理 B d l u0 Ii
T2
3784 273 2184
473K
-3-
（2）效率为 A 1.6103 42.3% Q1 3784
28、如图所示，AB=2R，CDE 是以 B 为中心，R 为半径的圆，A 点放置。（1）把单位正电荷从 C
点沿 CDE 移到 D 点，电场力对它做了多少功？
解：（1）把单位正电荷从 C 点沿 CDE 移到 D 点， q 对
单位体积内的分子数（分子数密度）
n N NAp P V RT kT
1.33 10 3 1.38 10 23 300
3.21 1017 m 3
平均碰撞频率为
ห้องสมุดไป่ตู้Z 2d 2vn 2d 2n 8RT
2 (3.0 1010 )2
88.31 300 28.97 103
3.211017
60.2s1
（4）氦所做的总功是 A Q E 1.25 10 4 J
（5）对氦， C p / CV 5/ 3 ，2-3 是绝热过程，有
1
T12V2 1
T3V3
1 1
V3
T2 T3
1 V2
T2 T1
1 2V1
V2 V1
1 2V1
23/ 2
2 2 102
0.113m3
28、一理想气体卡诺循环，当热源温度为 373K、冷却器温度为 273K 时做净功 800J。
v
32103 514m/s
-1-
v2
3RT
38.31 400 32 103
558m/s
vp
22、 飞机起飞前，舱中的压强计指示为 1.0atm.0.8atm
解：已知 P1=1atm，T1=300K，P2=0.8atm，T2=300K，
2RT
28.31 400 32 103
456m/s
p
1
2
3
V （2）由于过程 2-3 是绝热过程，总吸热仅在 1-2 等压过程
Q vCPm (T2 T1)
（1）
CPm
CVm
R
5 2
R
, 又由PV
vRT
，V
2
2V1 ,可得T2
2T1
Q
v CPm
(T2
T1)
v CPmT1
2
5 2
8.31
300
1.25104
J
（3）由于末态 3 的温度与初态 1 的温度相同，因此，末态的内能与初态的内能相同，即 E 0
2RT
其中 R 8.31J K 1.mol1，M 为气体摩尔质量。
对于 H2：
v2
v
8RT
88.31 400 2103
2057m/s
3RT
38.31 400 2 103
2233m/s
vp
2RT
28.31 400 2 103
1823m/s
对于 O2：
8RT 88.31 400
2
（2）x ut 0.08*0.02 0.0016m，t 0.02s 时的波形图为原图形向右平移 0.0016m 时的
波形图
19、在杨氏双缝干涉实验装置中，入射光的波长为 550nm
解: 设云母片厚度为 e ，有按题意
r2 r1 0 （未放云母片前）
r2 [r1 e en] 9 （放云母片）
解：
y/m
（1）由图知
u=0.08m/s
u 0.08m / s, 0.4m, A 0.04m
0.04
有T 5s, 2 2
u
T5
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
x/m
波动方程为： y Acos[(t x) ] 0.04cos[2 (t x ) ]
u
5 0.08
题 8-30 图
又由于 t 0, x 0, y 0 时原点向负方向运动，有
23、两根长直导线沿半径方向引到铁环上 A 和 B 两点
解：由题知环中心 O 点处的磁感应强度为大半圆中电流 I2 产
生的磁场与小半圆中电流 I1 产生的磁场的叠加。
对 I1 在 O 点产生的磁感应强度，由毕—萨定律有
B1
0 I1 2R
2
，方向垂直纸面向外
对 I2 在 O 点产生的磁感应强度，由毕—萨定律有
解：（1）
A A T1 T2 100 Q1 Q2 A T1 373
以 A=800J 代入上式，可得
273 Q2 100 800 2184J
高热源温度至 T1/时，净功 A/=1.60×103J，则
热源温度为
Q1/ Q2 A 2184 1.6103 3784J
T1/
Q1/ Q2
I2
受到的作用力
F
d l
BI2dr
d
d l
d
u0 I1I 2 2 r
dr
8.32 107
N
方向竖直向上。
37、有一个正电子的动能为 2.0103eV，在 B=0.1T 的均匀磁场中运动。
解：根据 Ek
1 mv2 2
，R
mv Bq
mvsin 600 Bq
，T
mv Bq
，h
v//T
v cos 600T
温度 70℃时，水的表面张力系数为 α2=（70-0.15×70)×10-3=59.5×10-3N·m-1
根据毛细现象，
h 2 cos gr
知 20℃时两毛细管中液面高度差为
知2h01℃时2两毛1 gc细ro1s管中液2面1高gcro度2s差 为 1.0
2 67 103
103 cos0 10 0.05 10
mgh
gh
因为
P P0e kT P0e RT
所以 h
RT g
ln
P P0
RT g
ln
P0 P
28
8.31 300 .97 10 3
9.8
ln
1 0.8
1959 m
23、 在容积为 0.01m3 的容器中，装有 0.01kg 气体，
解：根据方均根速率，有
v2 3RT
p
2 3
n k
2 3
1 2
(
p1
p2 )(V2
V1 )
-2-
1 (2.0 1.0) 105 (3 2) 103 2