华侨大学大学物理练习题答案
大学物理下习题册答案详解
解 ： a 30cm ,d 0.6m m , b=2.2m
D =a+b 2.5m ,
x 2.25m m
x D dx 5400 A
d
D
第 4级 明 纹 至 中 心 距 离 满 足 ：
dx 4 x 4 D 9.00m m
D
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
d
练习34 光的干涉（2)
1.在双缝装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中
光的程亮差度2 分，, 2别则. 5为 有 , ：3 .5
，比较 P、Q、R 三点
（1）P点最亮、Q点次之、R点最暗；
注意。单击此处添加正文，文字是您思想的提炼，为了演示发布的良好效果，请言简意赅地阐述您的观点。您的 内容已经简明扼要，字字珠玑，但信息却千丝万缕、错综复杂，需要用更多的文字来表述；但请您尽可能提炼思
20D 想 的 精 髓 ， 否 则 容 易 造 成 观 者 的 阅 读 压 力 ， 适 得 其 反 。 正 如 我 们 都 希 望 改 变 世 界 ， 希 望 给 别 人 带 去 光 明 ， 但 更 多
x 20x＝ 0.11m 时候我们只需要播下一颗种子，自然有微风吹拂，雨露滋养。恰如其分地表达观点，往往事半功倍。当您的内容 a 到 达 这 个 限 度 时 ， 或 许 已 经 不 纯 粹 作 用 于 演 示 ， 极 大 可 能 运 用 于 阅 读 领 域 ； 无 论 是 传 播 观 点 、 知 识 分 享 还 是 汇 报
n 1 题 目 中 k=-7
所 以 ： e 7 n 1
答案为：（1）
2.迈克耳逊干涉仪可用来测量单色光的波长，当干涉仪
的动镜M2移动d距离时，测得某单色光的干涉条纹移 动N条，则该单色光的波长为：（ ）
华侨大学 大学物理作业本(下)答案
大学物理作业本（下）姓名班级学号江西财经大学电子学院2005年10月第九章 稳恒磁场练 习 一1． 已知磁感应强度为20.2-⋅=m Wb B 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如图所示。
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。
2． 如图所示，在被折成钝角的长直导线通中有20安培的电流。
求A 点的磁感应强度。
设a=2.0cm ， 120=α。
3．有一宽为a的无限长薄金属片，自下而上通有电流I，如图所示，求图中P点处的磁感应强度B。
4．半径为R的圆环，均匀带电，单位长度所带的电量为 ，以每秒n转绕通过环心并与环面垂直的轴作等速转动。
求：（１）环心的磁感应强度；（２）在轴线上距环心为x处的任一点P的磁感应强度。
练习二１．一载有电流I的圆线圈，半径为R，匝数为N。
求轴线上离圆心x处的磁感应强度B，取R=12cm，I=15A，N=50，计算x=0cm，x=5.0cm, x=15cm各点处的B值；２．在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下通有电流I=5.0A，如图所示。
求圆柱轴线上任一点P处的磁感应强度。
３．如图所示，两无限大平行平面上都有均匀分布的电流，设其单位宽度上的电流分别为1i 和2i ，且方向相同。
求：（１） 两平面之间任一点的磁感应强度；（２） 两平面之外任一点的磁感应强度；（３） i i i ==21时，结果又如何？４．10A 的电流均匀地流过一根长直铜导线。
在导线内部做一平面S ，一边为轴线，另一边在导线外壁上，长度为1m ，如图所示。
计算通过此平面的磁通量。
（铜材料本身对磁场分布无影响）。
练习三１．半径为R 的薄圆盘上均匀带电，总电量为q ，令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线匀速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感应强度。
２．矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。
（１） 求环内磁感应强度的分布；（２） 证明通过螺绕环截面（图中阴影区）的磁通量，210ln 2D D NIh πμ=Φ 式中N 为螺绕环总匝数，I 为其中电流强度。
大学物理C1练习题答案（新版）
大学物理C1练习题答案（新版）大学物理C1练习题答案力学练习题（一）一、选择题1.D2.B3.B4.D二、填空题1. 2sin A t -ωω 210,1,2,2k k +=πω2. 17.27 2.73(m)r i j ?=+ 0.350.06(m /i j =+v 1.16(m /s)=v3. （1）10 m ，（2）15.7 m三、计算题1. 232210(SI)3t x t ==+v 2./s)=±v力学练习题（二）一、选择题1.D2.D3.C 二、填空题1. sin g -θ cos g θ 2c o s g θv2. 3243t t - 2126t t -3. 55.9/min v m = '东偏北2636或26.6 4. 1212()F m m g m m +-+ 2112(2)m F m g m m ++ 三、计算题1. (1)0mg2. 00(1)R R t μ=+v v v 0(2)ln 2R R t s μμ==v3. (1)7m /s (2)11m /s 222(3)4m/s 605m/s 605m/s t n a a a ===力学练习题（三）一、选择题1.C2.A3.A4.D二、填空题1. 6m /s2. 12J3. 18N s ?三、计算题1. (1)26.49N (2)4.7N s ?2. 12.96m /s3. 0.301m /s力学练习题（四）一、选择题1.C2.B3.B D二、填空题1. 4s 15m/s2.12Ma 3. ln 2J k三、计算题1. 2(1)0.5rad /s - (2)0.25N m -? (3)75rad2. 2(1)10.3rad /s 1(2)9.08rad s -? 力学练习题（五）一、选择题1.C2.D3.B二、填空题1. 0.4rad /s2. 2112(kg m s )k -?? 3(N m)k ?三、计算题1. 21212()m t g m μ+=v v 2. 0(1)78.8=θ (2)4.87m /s (3)3.95J3. 0(1)4ω 22003(2)2W mr =ω 振动和波动练习题（一）一、选择题1．B 2．B 3．D二、填空题1．2，4，12s π-，2π-，2cos()22t ππ-，sin()22t πππ--，2cos()222t πππ--，π2．4T ，12T ，6T3．1︰1三、计算题1．（1）22.010cos(4)3x t m ππ-=?+（2）242.010cos(4)3x t m ππ-=?+ 2．（1）200/k N m =（2）0,0.1,0t x m ===v （3）0.1cos(10)x t m =振动和波动练习题（二）一、选择题1．C 2．C二、填空题1111221122sin sin cos cos A A tg A A -++，2,0,1,2k k ?π?=±=，(21),0,1,2k k ?π?=±+= 2．3cos(5)6t π+，)2t π+ 3．F kx =-，cos[()]x y A t uω?=-+，波沿传播方向传播x 距离落后的时间，波沿传播方向传播x 距离落后的相位。
11-12-2厦门工学院期中考试物理试题及答案
华侨大学厦门工学院2011—2012学年第二学期期中考试《大学物理A （一）》考试试卷1、(本题3分) (0604)某物体的运动规律为d v /dt = －k v 2t ，式中的k 为大于零的常量。
当t = 0时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是(A) 0221v v +=kt (B) 0221v v +-=kt(C) 021211v v +=kt (D) 021211v v +-=kt [ C ]2、（本题3分）（0094）如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？(A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心。
(B) 它的速度均匀增加。
(C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心。
(D) 它的合外力大小不变。
(E) 轨道支持力的大小不断增加。
[ E ]解 如上图受力分析可见 A能转化为动能可知，下滑过程动能应越来越大，可见答案Ｂ也是错误的。
对于答案Ｅ有： Rv m mg N R v m mg N 22+==-θθsin sin3、(本题3分) (0412)如图，一质量为m 的物体，位于质量可以忽略的直立弹簧正上方高度为h 处，该物体从静止开始落向弹簧，若弹簧的劲度系数为k ，不考虑空气阻力，则物体下降过程中可能获得的最大动能是(A) mgh (B) mgh +22m g k(C) mgh －222m g k (D) mgh +222m g k解答： 选物体 弹簧 地球为系统，系统只有保守力做功，机械能守恒。
最大动能应该是物体压缩弹簧下降过程中重力等于弹性力的时候，设此时最大动能为E max 。
据机械能守恒定律有----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------密-----------------封----------------线-------------------内------------------------------------封----------------线-------------------内-------------------不封----------------线-------------------内-------------------不----------------线-------------------内-------------------不__________________________________系______级系______级________________________专_______专业______班 姓班 姓名：__________________________ 学号：()mzx E kx x h mg +=+221式中x 满足kx =mg,即x =mg/k 代入前式即得答案D4、(本题3分) (0367)质量为20g 的子弹沿X 轴正向以500 m/sX 轴正向以50 m/s 的速率前进，在此过程中木块所受冲量大小为(A) 9N ·s (B) －9N ·s (C) 10N ·s (D) －10N ·s [ A ]解答 根据动量定理，有()S N mv mv I ⋅-=-⨯=-=95005002012.式中负号表示方向。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
华侨大学741大学物理12-16年真题
y
u
B
x
O |x|
招生专业 光学 科目名称 普通物理（电磁学、振动与波）
科目代码 741
10.(本题 3 分)
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的过程中 (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． (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．
5.(本题 3 分)
附图中，M、P、O 为由软磁材料制成的棒，三者在同一平面内，当 K 闭合后，
(A) M 的左端出现 N 极． (C) O 的右端出现 N 极．
(B) P 的左端出现 N 极． (D) P 的右端出现 N 极．
M
P
O
K
6.(本题 3 分)
如图，长度为
l
的直导线
ab
在均匀磁场
B
中以速度v
13.(本题 10 分)
在强度的大小为 E，方向竖直向上的匀强电场中，有一半径为 R 的半球形光滑绝缘槽放在光滑水平面上(如图所示)．槽的质量为 M，一质量为 m 带有电荷＋q 的小球从槽的顶点 A 处由静止释放．如 果忽略空气阻力且质点受到的重力大于其所受电场力，求：
(1) 小球由顶点 A 滑至半球最低点Ｂ时相对地面的速度； (2) 小球通过 B 点时，槽相对地面的速度； (3) 小球通过 B 点后，能不能再上升到右端最高点 C？
里面、距离轴线为 r 处的 P 点的电场强度大小 E 为：
(A)
1 2 ． 2 0 r
(C)
1 ． 2 0 R1
(B)
1 2 2 0R1 2 0R2
(D) 0．
华侨大学大学2013年大学物理考试题AB卷试题及答案
eg
a＝ r b T＝11mg / 8
第 2页
21. ( 本题 5分)(0423)
T2－mg＝ma 1 T1 r－T r＝ mr 2 b 2 1 T r－T2 r＝ mr 2 b 2 解上述 5 个联立方程得：
is
2分 1分 1分 1分 1分
a
根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． a t = g sin q 由②式得
三 计算题 (共38分)
20. ( 本题 5分)(5391)
re
① ②
T m
v v 解：球 A 只受法向力 N 和重力 mg ，根据牛顿第二定律 N - mg cos q = mv 2 / R 法向： mg sin q = ma t 切向：
d
1分 1分 1分 1分 1 分
2分
b
T1
由①式可得
(B)
3. ( 本题 3分)(0344)
(B)
4. ( 本题 3分)(0247)
(C)
5. ( 本题 3分)(4552)
(B)
6. ( 本题 3分)(4453)
(B)
7. ( 本题 3分)(5052)
(B)
8. ( 本题 3分)(1443)
(D)
9. ( 本题 3分)(1475)
(A)
10. ( 本题 3分)(1525)
te
b
T2
v P1
2m
a
v P2
2分 2分
23. ( 本题10分)(4598)
解：设 c 状态的体积为 V2，则由于 a，c 两状态的温度相同，p1V1= p1V2 /4 故 V2 = 4 V1 循环过程 ΔE = 0 , Q =W ． 而在 a→b 等体过程中功 W1= 0． 在 b→c 等压过程中功 W2 =p1(V2－V1) /4 = p1(4V1－V1)/4=3 p1V1/4 在 c→a 等温过程中功 W3 =p1 V1 ln (V2/V1) = -p1V1ln 4 ∴ W =W1 +W2 +W3 =[(3/4)－ln4] p1V1 Q =W=[(3/4)－ln4] p1V1
华侨大学2013大物期中考试卷答案
d
在无限大平面上沿 z 轴方向上取长 dl，沿 x 轴方向取宽 da，则其面积为
re
1分 2分 1分
18. ( 本题12分)(2278)
解∶电流密度
J=
I p( R - a 2 )
2
1分
v J r1 Pr
y v B1 q1 qC v 2 B 2 P
B 与 r1， r2 无关，可知圆柱孔内为匀强场，方向沿 y 轴正向．
场的磁感强度，作安培环路 abcda，由安培环路定理得： v v 1分 B ò × d l = m 0 ih ∴
Bh + Bh = m 0 ih 1 B = m0 I 2 B1 = B0 - B ， B2 = B0 + B 1 1 B0 = ( B1 + B2 ) ， B = ( B2 - B1 ) 2 2 i = ( B2 - B1 ) / m 0
nR
eg
第 3页
is
P 点场强为充满圆柱并与 I 同向的电流 I10，及充 2 ⊙ Ä 满孔并与 I 反向的电流 I20 的场叠加而成．取垂直 r1 C O OC r2 ′ 于圆柱轴并包含 P 点的平面，令柱轴与孔轴所在 C x q1 q2 C v J O O′ C 处分别为 O 与 O¢， P 点与两轴的距离分别为 r1 与 r2，并建立坐标如图．利用安培环路定理可知 P 点场强为与 I 同向的 I1 和与 I 反向的 I2 的场的叠加，且有 I 1 = Jpr12 ， I 2 = Jpr22 m I m B1 = 0 1 = 0 r1 J 2分 2pr1 2 m I m B2 = 0 2 = 0 r2 J 2分 2pr2 2 v v B1 ， B2 方向如图所示． P 点总场 v v v B = B1 + B2 m B x = B2 sin q 2 - B1 sin q 1 = 0 J (r2 sin q 2 - r1 sin q 1 ) = 0 3分 2 m m B y = B1 cos q 1 + B2 cos q 2 = 0 J (r1 cos q 1 + r2 cos q 2 ) = 0 Jb 3分 2 2 m m 0 bI B = B y = 0 Jb = 1分 2 2p( R 2 - a 2 )
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练习一 （磁）1. (C)2.a 4I 0πμ,⊗3.)412(R 2I 0ππμ+-, ⊗4. 可看成许多平行的无限长载流直导线组成,其中一宽为θRd dl =的直导线载有电流dl RIdI π=θθπμθπd sin R2I)2cos(dB dB 20x -=+=⎰-=-=ππμθθπμ02020x RI d sin R 2I Bθθπμθπd cos R 2I )2sin(dB dB 20y =+= 0d cos R2I B 020y ==⎰πθθπμ )T (i1037.6i RI B 620O -⨯-=-=πμ5. 将此盘看成无数同心带电圆环组成,半径为r的圆环带电rdr2dq πσ⋅=圆环转动形成的电流为rdr dq 2dI ωσπω==则 dr r dIdB ωσμμ00212== 各B d 同向R 21dr 21dB B 00R 0σωμωσμ===∴⎰⎰练习二 （磁）1. (B)2. 变量 ，I ομ-3. 1∶1, 304. 在横截面上以轴点为圆心，作半径为r 的圆形环路则 （1） a r < ⎰=⋅Ll d B 0, 0=∴B(2) b r a << I a b a r rB l d B L )()(22222--==⋅⎰ππμπο , ra b Ia r B )(2(22)22--=∴πμο (3) b r <I rB l d B L⎰==⋅ομπ2,rIB πμο2=∴ 5. 取电流元 dI=(I/b)dx则 )x r b (b 2Idx)x r b (2dIdB 00-+=-+=πμπμrbr ln b 2I )x r b (b 2IdxB b00+=-+=⎰πμπμ 方向向里练习三 （磁）1.（B ）2. 03. 1∶14.取面积元xdx ahydx dS ==,它距长直载流导线为 （b+x ）m d φ=S d B ⋅=xdx ahx b I⋅+)(2πμο=dx xb ba hI )1(2+-πμο ∴ m φ=⎰m d φ=ahIπμο2dx xb ba)1(0⎰+-=ahI πμο2[b ab ln b a +-]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：R r < 222r R I rB ππμπο⋅= r R I B 22πμο=内R r ≥ I rB ομπ=2 rIB πμο2=外 矩形纵截面 外内S S S +=，其总磁通量为：⎰⎰⋅+⋅=S 外S 内m S d B S d Bφ)m 1l (2ln 212I ldr r 2I ldr R2Ir R 2R 0R20=+=+=⎰⎰）（πμπμπμο 练习四 （磁）1. (D)2. (B)3. (B)4. AB 处的B )6a3b (2IB AB -=πμο，⊗，受力)6a3b (2aI I F 211-=πμο, 方向AB ⊥向左1I 在BC 上与1I 相距x 的电流元l d I 2处的xIB πμο21=，⊗，由B l d I F⨯=⎰22 及 2330cos dxdx dl ==得6a 3b 3a 3b ln 3I I 23dx x 2I I F 21a 33b a63b 212-+=⋅=⎰+-πμπμοο 方向：在∆平面里BC ⊥向外 同理知23F F =，CA F ⊥3向外（在∆平面里）。
由对称性知合力无y 分量60cos 6a 3b 3a 3b ln 3I I 2)a 63b (2I aI F F 2121x -+⨯+--==∴πμπμοο 5.（1）由安培环路定律和磁场叠加原理，可得导线间的B 为)x d 3(2Ix 2I B -+=πμπμοο, 滑块受到的磁力 5ln I IBdx f 2d 52d 2⎰==πμο常量===∴5ln 2πμοm I m fa又00=U 5ln 212ομπmlIa l t ==∴（2） 215ln 2）（πμοm l I at V t ⋅==练习五 （磁）1. (C)2. (D)3. 矫顽力大,剩磁也大 永久磁铁4. I R 221π， IB R 221π，ϕsin RIB 2 5. B 垂直于y 轴而与x 轴成锐角6. (1) 朝东(2) 已知电子的能量 E k =(1/2)mv 2=1.2×104eV所以电子的速度 v=(2E k /m)1/2(1)电子的电量 e=1.6×19-19 C 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Rmv evB f 2== (2)222)x R (s R -+= (3) 联解(1),(2),(3)得 m 1098.2mE 8eBs R 2s x 3k22-⨯==≈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 rdr 2dq πσ⋅=圆环转动形成的电流为 rdr dq 2dI ωσπω==该圆电流的磁矩为 rdr r SdI dp 2m ωσπ⋅== 方向沿盘面轴线 该圆电流在磁场中受到的磁力矩为 dr r B B dp dM 3m πωσ==各M d同向 4BR dr r B M 4R3σωππωσ==⎰证毕.练习六 （磁）1.（B ）2.（D ）3. ① (D)，② (B)，③ b ， 2RBv4.-VBL 215. dx Kxl S d B d m 1=⋅=φθφθθcos l Kl 21xdx Kl 221)cos 1(l 2)cos 1(l 1m 22==⎰+- θωθθφεsin 21sin 21221221l Kl dt d l Kl dt d m i =⋅=-= 练习七 (磁)1.（A ）2.（D ）3. 0.15T4.（1）自感 212ln 212D Dh N S d B INI N L D D ⎰=⋅==πμφο （2）H D D h N L 138.0ln 2212==πμο5. 在棒上取一长度元dl ,该长度元的速度 θωsin l v =,该长度元上的电动势为ldl sin B dl sin vB d 2i θωθε==OP 棒上的电动势为 2L2i )sin L (B 21ldl sin B θωθωε==⎰练习八 （磁）1. 变化的磁场，E q F=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. 0 4. 3.7 H 5. -800 Wb/s6. 在正方形线圈取一长条形面积元dr d dS ⋅= ,其所在处的磁感强度dr )r1d r 1(2I B 0--=πμ )34ln(2Id dr )r 1d r 1(2Id BdS 0d3d 20m πμπμφ=--==⎰⎰dtdI )34ln(2d dt d 0m i πμφε==7. (1) 取面积元 ldr dS = ldr r2IBdS d 0m πμφ== ada ln 2Il ldr r 2I 0da a0m +==⎰+πμπμφ (2) ad a ln 2l N I N M 0m +==πμφ (3) t cos )ada ln(2l NI dt dI M00M ωπωμε+-=-= 练习九 （磁）1. (C)2. 0 ，42228R r I πμο 3. 略4. R 2vB i ⋅=ε P 端电势高5. （1）两线圈内电流绕向相反，各点B=0，则0=ψ 0==∴IL ψ（2）此时两线圈完全耦合 121L L L M ==IL 4)M L M L (I 121122211=+++=+++=ψψψψψH L I L 2.041===ψ（3） 此时也为完全耦合，但二者磁通不能相加 21ψψψ==I L L IM L I LI 11122)(2=⋅=+=H L L 05.01== 练习十 （磁）1. (C)2. 0 ，221ab B ωε=，高 3. 1.5 mH 4. 22.6 J/m 3 5. 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 ))l d (2I d 2I (vl l vB l vB 10022221i +-=-=πμπμε)l d (d 2vl Il 1210+=πμ, 顺时针方向6. (1) 00I i ,x2i B ==πμ10l l l 0000l l l l l l ln 2I v dx x 2I vvBdx 100100+===⎰⎰++πμπμε V a >V b (2) t cos I i 0ω=, 以abcda 作为回路正方向1020l l l 202l l l ln 2il dx x 2il dx Bl 100+===⎰⎰+πμπμφ )t cos v t sin l (l l l ln 2I ]il [dt d l l l ln 2dt d 20100020100ωωωπμπμφε-+=+-=-=练习十一 （磁）1. B2. D3. B4.t cos a 2r I 20ωμπt sin Ra 2r I 20ωωμπ 5.θtg BL mgRaθtg BLmg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θ，则通过该圆线圈平面的磁通量为θcos r πB 2=Φ, nt 2t π==ωθ∴nt 2cos r πB 2π=Φ在任意时刻线圈中的感应电动势为nt 2sin n 2r NB td d N2πππ=-=Φε nt 2sin n BNr 222ππ=t Τ2sin I nt 2sin R n NBr 2R i m 2πππ2===E当线圈转过π /2时，t =T /4，则 987.0R /NBn r 2I i 2m ===2π A(2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为==')r 2/(NI B m 0μ 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500.0)B B (B 2/1220≈'+= T 方向与磁场B的方向基本相同．解：筒以ω旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流π2L Q ω⋅，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： Lπ2Q B 0ωμ=(方向沿筒的轴向)筒外磁场为零．穿过线圈的磁通量为： L2a Q B a π202ωμΦ==在单匝线圈中产生感生电动势为=-=t d d ΦE )t d d (L 2Qa20ωμ-0020Lt 2Qa ωμ= 感应电流i 为 020RLt 2Qa R i ωμ==Ei 的流向与圆筒转向一致．练习一（振动）1．（C ） 2.（B ） 3.（B ） 4. km 2π5. 15×10-2COS （6πt+π/2） 6.（1） t=0时， a=2.5ms -2N 5ma F == (2) 5a max =, 其时1)t 5sin(=-πN 10a m F max max == x=±0.2m7. 由曲线可知A =10cm.t=0 ⎩⎨⎧<-==-=0sin 10cos 105ϕωϕVo Xo ⇒=ϕ32π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/2 ∴ ω=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) s 19.4T s5.1A /v Av 1m m =⇒==∴=-ωω(2) 222m s /m 105.4A a -⨯==ω(3) )SI ()2/t 5.1cos(02.0x 2/ππφ+==5. (1) 对小物体在竖直方向有 mg-N=ma N=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 . =ωmk=50 rad ·s-1∴amax = A ω2= 5ms -2< g 故小物体不会离开.（2）若a max >g 小物体与振动物体分离，开始分离的位置由N=0求得：g= a max = -ω-2x x=-g/ω2=-19.6cm 即在平衡位置上方19.6cm 处开始分离.由 a max =ω2A ＞g可得 A ＞g/ω2=19.6cm练习三（振动）1. （E ）2.（C ）3.43，g l ∆π24.（1）令22P kA 412E kx 21E ===， 则 x 2=A 2/2 ∴)m (54.3A 22x ±=±= （2）令=t ∆ωπ/4，则 43)3/(44t =⨯==ππωπ∆（S ）， 5, 解：(1) 由题意 kA F m =，m x A =，m m x F k /=．16.021212===m m m x F kx E J (2) π===2mm m x A vv ω rad /s由 t = 0， φcos 0A x ==0.2 m ， 0sin 0<-=φωA v可得 π=31φ则振动方程为)312cos(4.0π+π=t x练习四（振）1. (B)2. (B)3. 5×10-2m 4. 4×10-2m ，2π 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 )cos(φω+=t A x 则 )cos(2122122212φφ-++=A A A A A ① 以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-212112φφ代入①式，得5cm 3422=+=A cm又 22112211cos cos sin sin arctg φφφφφA A A A ++= ②≈127°≈2.22 rad ∴)22.22cos(05.0+π=t x (SI)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⎪⎩⎪⎨⎧<-==0sin A V cos A 2/A 20ϕωϕ∴4πϕ= ∴O 处振动方程为：y 0=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： y 1=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 0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v 所以 π-=21φ 又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 故波动表达式为 ]2)4.05(2cos[04.0π--π=x t y (SI) (2) P 处质点的振动方程为 ]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P )234.0cos(04.0π-π=t (SI) 6. 解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ，T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ ∴ )2121cos(5.0π+π=t y (SI)练习七（波）1. （B ）2. （B ）3. R 22/R 21 4. 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)341065.2/--⨯==Jm u I ω6. 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）+ϕ]在x=λ/2处有 )t 2cos(1.0y 0ϕππ++=而4/0πϕπ=+ 4/30πϕ-=∴x (m)y (m)0u 0.512t = 0-1∴ 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 )45t 2sin(2.0dt dy πππ--= 且 12/T t ms 444.0)45sin(2.0dt dy -==--=πππ练习八（波）1.（D ）2. 03. 0.5m4. 4. 相同，相同，2π/35. 解：=-π--=∆)(21212r r λφφφ422412/r r π-=π+π-πλλ464.0)cos 2(2/1212221=++=∆φA A A A A m 6. (1) )/x 2t cos(A y λππω-+= (2) )/x 2/L 4t cos(A y λπλπω+-'='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+ϕ） 式中ϕ可由初始条件来选择.6.（1）由图知B 点的初相为ϕ=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X o =0，υ0﹥0， 得ϕ=-π/2则入射波波函数为y 1=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y 2=Acos[2πυ（t+x/μ）+π/2]（3）合成波的波函数为:y= y 1+y 2=2Asin(2πx/λ)cos2πυt 波腹位置：当,2)1K 2(x2,1x2sinπλπλπ+== 4)1k 2(x λ+= （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，,2kx ,K x2λπλπ==（k=0，1，2，····）∴波节坐标为 x=0，-λ/2，-λ，-3λ/2，……练习十（波）1. (A)2. ωλSw/2π3. 5π4. 由0Su uννυ-=知驶向观察者时有 440=3300ν/（330-s ν） （1）离开观察者时有 392=3300ν/（330+s ν） （2）两式解得392（330+s ν）=440（330-s ν）。