大学物理练习16习题答案
大学物理习题16
∆λ
=
λ
− λ0
=
2h m0c
sin 2ϕ 2=源自2 × 6.63×10−34 9.11×10−31 × 3×108
sin
π 4
=0.00243nm
散射波长 在ϕ=π方向上
λ = λ0 + ∆λ =0.0708+0.00243=0.0731nm
∆λ
=
λ
− λ0
=
2h m0c
sin 2
ϕ 2
=
2h m0c
[答案：D。]
(3)假定氢原子原是静止的，质量为 1.67×10-27 kg，则氢原子从 n = 3 的激发状态直接通过
辐射跃迁到基态时的反冲速度大约是
［］
(A) 4 m/s．
(B) 10 m/s ． (C) 100 m/s ． (D) 400 m/s ．
[答案：A。 动量守恒 -mυ+h/λ
υ
=
h m
(B) 散射光中既有与入射光波长相同的，也有比入射光波长长的和比入射光波长短的.这
与散射体性质有关．
(C) 散射光的波长均比入射光的波长短，且随散射角增大而减小，但与散射体的性质无
关．
(D) 散射光中有些波长比入射光的波长长，且随散射角增大而增大，有些散射光波长与
入射光波长相同．这都与散射体的性质无关．
eUa
=
Ek max
=
1 2
mυ 2m
得遏止电势差
Ua
=
3.23 ×10−19 1.6 ×10−19
= 2.0 V
(3)红限频率 v0 ,
截止波长
hv0
=
A, 又v0
=
c λ0
大学物理学练习册参考答案全
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
大学物理 第16章量子力学基本原理-例题及练习题
∴ n = 2,6,10...... 时概率密度最大
nhπ 6 × 10 = =1时 (3) n=1时： E = =1 2mL L
2 2 2 2 2 −38
A 例题3 例题3 设粒子沿 x 方向运动，其波函数为 ψ ( x ) = 方向运动， 1 + ix
( n = 1,2,3,...)
E n=4
p2 E = 2m p= nπh nh 2 mE = = a 2a
n=3 n=2 n=1
h 2a λ= = p n
二者是一致的。 二者是一致的。
( n = 1, 2, 3,...)
o a
x
例题2 粒子质量为m, 在宽度为L的一维无限 的一维无限深势 例题2 P516例1：粒子质量为m, 在宽度为 的一维无限深势 中运动，试求( 粒子在0 阱中运动，试求(1)粒子在0≤x≤L/4区间出现的概率。并 ≤ / 区间出现的概率。 求粒子处于n=1 状态的概率。 在哪些量子态上， 求粒子处于 1和n=∞状态的概率。(2)在哪些量子态上， 状态的概率 (2)在哪些量子态上 Ｌ/4处的概率密度最大？(3)求n=1时粒子的能量 补充 。 /4处的概率密度最大 (3)求 =1时粒子的能量(补充 处的概率密度最大？ =1时粒子的能量 补充)。 2 nπ x 由题得： 解:(1) 由题得： 概率密度 |ψ | = sin
2 2 2 2 0
2
2
2
2
0
0
k
0
2
2
2 k
0
k
k
k
0
h ∴λ = = p
hc 2E m c + E
2 k 0
《大学物理》习题册题目及答案第16单元 机械波
第16单元 机械波（一）学号 姓名 专业、班级 课程班序号一 选择题[ C ]1.在下面几种说法中，正确的说法是： (A) 波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的 (B) 波源振动的速度与波速相同 (C) 在波传播方向上的任一质点振动相位总是比波源的相位滞后 (D) 在波传播方向上的任一质点的振动相位总是比波源的相位超前[ A ]2. 一横波沿绳子传播时的波动方程为)104cos(05.0t x y ππ-= (SI)，则(A) 其波长为0.5 m (B) 波速为5 m ⋅s -1(C) 波速为25 m ⋅s -1 (D)频率为2 Hz[ C ]3. 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。
设t = T /4时刻的波形如图所示，则该波的表达式为： (A) )/(cos u x t A y -=ω (B) ]2/)/([cos πω+-=u x t A y (C) )/(cos u x t A y +=ω (D) ])/([cos πω++=u x t A y[ D ]4. 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。
若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取π-到π之间的值，则 (A) 0点的初位相为00=ϕ(B) 1点的初位相为 21πϕ-=(C) 2点的初位相为 πϕ=2(D) 3点的初位相为 23πϕ-=［ D ］5. 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中： (A) 它的动能转换成势能。
(B) 它的势能转换成动能。
(C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大。
(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小。
二 填空题1.频率为100Hz 的波，其波速为250m/s ，在同一条波线上，相距为0.5m 的两点的相位差为52π. 2. 一简谐波沿x 轴正向传播。
1x 和2x 两点处的振动曲线分别如图(a)和(b)所示。
昆明理工大学物理习题集（下）第十六章元答案
昆明理工大学物理习题集（下）第十六章元答案第十六章量子物理基础一、选择题：1. 关于光的波粒二象性，下述说法正确的是 [ D ]（A ）频率高的光子易显示波动性（B ）个别光子产生的效果以显示粒子性（C ）光的衍射说明光具有粒子性（D ）光电效应说明光具有粒子性2. 金属的光电效应的红限依赖于：[ C ]（A ）入射光的频率（B ）入射光的强度（C ）金属的逸出功（D ）入射光的频率和金属的逸出功3. 用频率为1ν单色光照射某种金属时，测得饱和电流为1I ，以频率为2ν的单色光照射该金属时，测得饱和电流为2I ，若21I I >，则：[ D ]（A ）21νν> （B ）21νν<（C ）21νν= （D ）1ν与2ν的关系还不能确定4. 光电效应中光电子的最大初动能与入射光的关系是： [ C ]（A ）与入射光的频率成正比（B ）与入射光的强度成正比（C ）与入射光的频率成线性关系（D ）与入射光的强度成线性关系5. 两束频率、光强都相同的光照射两种不同的金属表面，产生光电效应，则： [ C ]（A ）两种情况下的红限频率相同（B ）逸出电子的初动能相同（C ）在单位时间内逸出的电子数相同（D ）遏止电压相同6. 钾金属表面被蓝光照射时，有光电子逸出，若增强蓝光强度，则：[ A ]（A ）单位时间内逸出的光电子数增加（B ）逸出的光电子初动能增大（C ）光电效应的红限频率增大（D ）发射光电子所需的时间增长7. 用频率为1ν的单色光照射一金属表面产生光电效应，用频率为2ν的单色光照射该金属表面也产生光电效应，而且测得它们的光电子有E k 1>E k 2的关系，则：[ A ]（A ）1ν>2ν （B ）1ν<2ν （C ）1ν=2ν （D ）不能确定8. 当照射光的波长从4000?变到3000?时，对同一金属，在光电效应实验中测得的遏止电压将：[ D ]（A ）减小V 56.0 （B ）增大V 165.0 （C ）减小V 34.0 （D ）增大V 035.19. 钠光的波长是λ，设h 为普朗克恒量，c 为真空中的光速，则此光子的：[ C ]（A ）能量为c h /λ （B ）质量为λc h / （C ）动量为λ/h（D ）频率为c /λ （E ）以上结论都不对10. 以下一些材料的功函数（逸出功）为：铍—eV 9.3、钯—5.0eV 、铯—1.9eV 、钨—4.5eV 。
大学物理学第三版答案16电磁感应.docx
习题1616・1・如图所示，金属圆环半径为/?,位于磁感应强度为P的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。
当圆环以恒定速度▽在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端〃间的电势差。
解：(1)由法拉第电磁感应定律考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感dtr u ——(2)利用：8ah= £ (vxB)-dl ,有：£ah = Bv・2R = 2BvR。
【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】16-2.如图所示，长直导线屮通有电流/ = 5.0/1,在与其相距d = 0.5cm 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长/ = 4.0cm ,宽a = 2.0cm。
不计线圈口感，若线圈以速度v = 3.0cm/s沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。
首先用［fp•〃二工/求出电场分布，易得:则矩形线圈内的磁通量为:rh s = -N有:dxdt八=1.92x107 V。
2 兀（d + a）解法二：利用动生电动势公式解决。
由击j〃二“0工/求出电场分布，易得:“（）/ 17tr考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势,近端部分：®=NBJv,远端部分：E2=NB2I V,吗丄—丄”心2兀 ' d d + a 27ld（d 十= l・92xlOP。
16・3・如图所示，长直导线屮通有电流强度为/的电流，长为/的金属棒必与长直导线共面且垂直于导线放置，其。
端离导线为d,并以速度E平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势£并比较4、5的电势大小。
解法一：利用动生电动势公式解决：d£ = (yxBydl如力,171 r"o" dr“0以［〃 + /------ ——= -------- In -----17C r 2兀 d由右手定则判定：u（l>u ho解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。
《大学物理》热力学基础练习题及答案解析
《大学物理》热力学基础练习题及答案解析一、简答题：1、什么是准静态过程?答案：一热力学系统开始时处于某一平衡态，经过一系列状态变化后到达另一平衡态，若中间过程进行是无限缓慢的，每一个中间态都可近似看作是平衡态，那么系统的这个状态变化的过程称为准静态过程。
2、从增加内能来说，做功和热传递是等效的。
但又如何理解它们在本质上的差别呢?答：做功是机械能转换为热能，热传递是热能的传递而不是不同能量的转换。
3、一系统能否吸收热量，仅使其内能变化? 一系统能否吸收热量，而不使其内能变化?答：可以吸热仅使其内能变化，只要不对外做功。
比如加热固体，吸收的热量全部转换为内能升高温度；不能吸热使内能不变，否则违反了热力学第二定律。
4、有人认为：“在任意的绝热过程中，只要系统与外界之间没有热量传递，系统的温度就不会改变。
”此说法对吗? 为什么?答：不对。
对外做功，则内能减少，温度降低。
5、分别在Vp-图、Tp-图上，画出等体、等压、等温和绝热过程的曲线。
V-图和T6、 比较摩尔定体热容和摩尔定压热容的异同。
答案：相同点：都表示1摩尔气体温度升高1摄氏度时气体所吸收的热量。
不同点：摩尔定体热容是1摩尔气体，在体积不变的过程中，温度升高1摄氏度时气体所吸收的热量。
摩尔定压热容是1摩尔气体，在压强不变的过程中，温度升高1摄氏度时气体所吸收的热量。
两者之间的关系为R C C v p +=7、什么是可逆过程与不可逆过程答案：可逆过程：在系统状态变化过程中，如果逆过程能重复正过程的每一状态，而且不引起其它变化；不可逆过程：在系统状态变化过程中，如果逆过程能不重复正过程的每一状态，或者重复正过程时必然引起其它变化。
8、简述热力学第二定律的两种表述。
答案：开尔文表述：不可能制成一种循环工作的热机，它只从单一热源吸收热量，并使其全部变为有用功而不引起其他变化。
克劳修斯表述：热量不可能自动地由低温物体传向高温物体而不引起其他变化。
9、什么是第一类永动机与第二类永动机?答案：违背热力学第一定律（即能量转化与守恒定律）的叫第一类永动机，不违背热力学第一定律但违背热力学第二定律的叫第二类永动机。
大学物理课后题答案16
习 题 十 六16-1 圆形的平行板电容器，如图所示，极板半径为R ，沿极板轴线的长直导线内通有交变电流，设电荷在极板上均匀分布，且t ωσσsin 0=，忽略边缘效应，求：(1)极板间的位移电流密度；(2)电容器内外距轴线均为 r 的点b 和点a 处的磁感应强度的大小(r <R )。
[解] (1)由位移电流密度公式t ∂∂=D j d 得 t E t ∂∂=∂∂=0d εD j ()t t t t ωωσωσσεεcos sin 10000=∂∂=∂∂= (2)由⎰⎰⎰⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+∂∂=⋅S L d t d S j D l H 得 a 点处，在极板外侧0=∂∂t D ，i d S=⋅⎰⎰S j ()⋅=⋅==22d d d d R R t t q i πσπt ωωσcos 0 所以 t R i r B ωωσπμμπcos 20200⋅⋅==⋅因此 t rR B ωωσμcos 2020= b 点处，在极板之间0=j 200000cos d cos d d r t S t tS L πωωσμωωσμμ⋅=⋅=⋅∂∂=⋅⎰⎰⎰⎰S D l B 所以 t r r t r B ωωσμπωωσμπcos 2cos 2100200=⋅=16-2 上题中，设R ＝10cm ，充电时极板间电场强度的变化率为12100.5d d ⨯=t E ()s m V ⋅，求：(1)两极板间的位移电流； (2)极板边缘处的磁感应强度。
[解] (1) 20d d d d d R tE I S πε=⋅=⎰⎰S j A 4.11.014.3100.5109.821212=⨯⨯⨯⨯⨯=-(2)极板边缘处应用安培环路定理d 00d d I tS L μμ=⋅∂∂=⋅⎰⎰⎰S D l B d 02I R B μπ=⋅T 108.24.01.02104267d 0--⨯=⨯⨯⨯==πππμI R B16-3 一电容为C 的平行板电容器，两极板间的距离为d ，极板面积为A ，外加交变电压t U u ωsin 0=，求通过电容器两极板之间的位移电流强度。
大学物理习题答案16
第十六章 电磁场P177．16．1 一条铜棒长为L = 0.5m ，水平放置，可绕距离A 端为L /5处和棒垂直的轴OO'在水平面内旋转，每秒转动一周．铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T ．求铜棒两端A 、B 的电势差，何端电势高．[解答]设想一个半径为R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间d t 后转过的角度为d θ = ωd t ，扫过的面积为d S = R 2d θ/2，切割的磁通量为d Φ = B d S = BR 2d θ/2，动生电动势的大小为ε = d Φ/d t = ωBR 2/2．根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高．AO 和BO 段的动生电动势大小分别为22()2550AO B LBL ωωε==， 22416()2550BOB LBL ωωε==． 由于BO > AO ，所以B 端的电势比A 端更高，A 和B 端的电势差为2310BO AOBL ωεεε=-=242332π 1.010(0.5)1010BL ω-⨯⨯⨯=== 4.71×10-4(V)． [讨论]如果棒上两点到O 的距离分别为L 和l ，则两点间的电势差为222()(2)222B L l Bl B L Ll ωωωε++=-=．16．2 一长直载流导线电流强度为I ，铜棒AB 长为L ，A 端与直导线的距离为x A ，AB 与直导线的夹角为θ，以水平速度v 向右运动．求AB 棒的动生电动势为多少，何端电势高？[解答]在棒上长为l 处取一线元d l ，在垂直于速度方向上的长度为 d l ⊥ = d l cos θ；线元到直线之间的距离为r = x A + l sin θ，直线电流在线元处产生的磁感应强度为图16.1图16.2002π2π(sin )A IIB rx l μμθ==+．由于B ，v 和d l ⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为0cos d d d 2π(sin )A Iv lBv l x l μθεθ⊥==+，棒的动生电动势为00cos d 2πsin LAIv lx l μθεθ=+⎰00cos d(sin )2πsin sin LA A Iv x l x l μθθθθ+=+⎰ 0sin cot ln2πA AIvx L x μθθ+=，A 端的电势高．[讨论]（1）当θ→π/2时，cot θ = cos θ/sin θ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势．（2）当θ→0时，由于sin sin sin lnln(1)A A A Ax L L L x x x θθθ+=+→，所以02πAIvLx με→，这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势．16．3 如图所示，平行导轨上放置一金属杆AB ，质量为m ，长为L ．在导轨上的一端接有电阻R ．匀强磁场B 垂直导轨平面向里．当AB 杆以初速度v 0向运动时，求：（1）AB 杆能够移动的距离；（2）在移动过程中电阻R 上放出的焦耳热为多少？ [分析]当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动．随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来．[解答]（1）方法一：速度法．设杆运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为ε = BLv ，电流为I = ε/R ，所受的安培力为F = -ILB = -εLB/R = -(BL )2v/R ，负号表示力的方向与速度方向相反．取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma 得速度的微分方程为BA图16.32()d d BL v v m R t-=，即： 2d ()d v B L t v m R=-积分得方程的通解为21()ln BL v t C mR=-+．根据初始条件，当t = 0时，v = v 0，可得常量C 1 = ln v 0．方程的特解为20()exp[]BL v v t mR=-．由于v = d x /d t ，可得位移的微分方程20()d exp[]d BL x v t t mR=-，方程的通解为20()exp[]d BL x v t t mR =-⎰2022()exp[]()mRv BL t C BL mR-=-+， 当t = 0时，x = 0，所以常量为022()mRv C BL =． 方程的特解为202(){1exp[]}()mRv BL x t BL mR=--． 当时间t 趋于无穷大时，杆运动的距离为2()mRv x BL =． 方法二：冲量定理．根据安培力的公式可得F = -(BL )2v/R ，负号表示安培力与速度的方向相反．因此2()d d BL x F t R-=，根据冲量定理得d 0tF t mv=-⎰，即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量．积分后可得02()mv Rx BL =． （2）方法一：焦耳定律．杆在移动过程中产生的焦耳热元为222()d d d d BLv Q I R t t t R R ε===220()2()exp[]d BLv BL t t R mR=-整个运动过程中产生的焦耳热为2200()2()exp[]d BLv BL Q t t R mR ∞=-⎰222002()exp[]22mv mv BL t mR ∞-=-=， 即：焦耳热是杆的动能转化而来的．方法二：动能定理．由于I = ε/R ，其中ε = BLv = BL d x /d t ，而安培力为F = -ILB ，负号表示安培力的方向与杆运动的方向相反．因此焦耳热元为d Q = I 2R d t = I εd t = IBL d x = -F d x ．负号表示安培力做负功．根据动能定理，磁场的安培力对杆所做的功等于杆的动能的增量，因此安培力在杆的整个运动过程中所做的功为201d (0)2W F x mv =-=--⎰， 所以产生的焦耳热为212Q W mv ==． [小结]在求杆的运动距离时，用冲量定理可避免解微分方程．在求焦耳热时用动能定理可避免积分运算．16．4 如图所示，质量为m 、长度为L 的金属棒AB 从静止开始沿倾斜的绝缘框架滑下．磁感应强度B 的方向竖直向上（忽略棒AB 与框架之间的摩擦），求棒AB 的动生电动势．若棒AB 沿光滑的金属框架滑下，设金属棒与金属框组成的回路的电阻R 为常量，棒AB 的动生电动势又为多少？[解答]（1）棒的加速度为a = g sin θ，经过时间t ，棒的速度为v = at = (g sin θ)t ，而切割磁力线的速度为v ⊥ = v cos θ，所以棒的动生电动势为ε = BLv ⊥ = BLg (sin θcos θ)t = BLg (sin2θ)t /2．（2）设棒运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为图16.4ε = BLv cos θ，电流为I = ε/R ，所受的安培力的大小为F = ILB = εLB/R = (BL )2v cos θ/R ，其方向水平向右．安培力沿着斜面向上的分量为F' = F cos θ，其方向与速度的方向相反．取速度的方向为正，根据牛顿第二定律ΣF = ma 得速度的微分方程为2(cos )d sin d BL v vmg m R tθθ-=，即 2d d sin (cos )mRt v mgR BL vθθ=-， 方程可化为222d[sin (cos )]d (cos )sin (cos )mR mgR BL v t BL mgR BL vθθθθθ--=-． 积分得方程的通解为22ln[sin (cos )](cos )mR t mgR BL v C BL θθθ-=-+．根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常量2ln(sin )(cos )mRC mgR BL θθ=， 方程的特解为22[sin (cos )]ln (cos )sin mR mgR BL v t BL mgR θθθθ--=， 棒的速度为22sin (cos ){1exp[]}(cos )mgR BL v t BL mRθθθ=--， 动生电动势为cos BLv εθ=2(cos )tan {1exp[]}mgR BL t BL mRθθ=--． [讨论]当时间t 趋于无穷大时，最终速度为2sin (cos )mgR v BL θθ=，最终电动势为tan mgRBL εθ=， 最终电流为tan mgI BLθ=． 另外，棒最终做匀速运动，重力做功的功率等于感生电流做功的功率，重力做功的功率为P = mg sin θv ，感生电流做功的功率为222(cos )BLv P I R R Rεθ===， 两式联立也可得2sin (cos )mgR v BL θθ=，由此可以求出最终电动势和电流．[注意]只有当物体做匀速运动时，重力所做的功才等于电流所做的功，否则，重力还有一部分功转换成物体的动能．16．5 电磁涡流制动器是一个电导率为ζ，厚度为t 的圆盘，此盘绕通过其中心的垂直轴旋转，且有一覆盖小面积为a 2的均匀磁场B 垂直于圆盘，小面积离轴r （r >>a ）．当圆盘角速度为ω时，试证此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩，其大小近似地表达为M ≈B 2a 2r 2ωζt ．[解答]电导率是电阻率的倒数ζ = 1/ρ．不妨将圆盘与磁场相对的部分当成长、宽和高分别为a 、a 和t 的小导体，其横截面积为S = at ，电流将从横截面中流过，长度为a ，因此其电阻为1l R S tρσ==． 宽为a 的边扫过磁场中，速度大小为v = r ω，产生的感生电动势为ε = Bav = Bar ω，圆盘其他部分的电阻远小于小导体的电阻，因此通过小导体的电流强度为I ≈ε/R = Bar ωζt ，所受的安培力为F = IaB ≈B 2a 2r ωζt ，其方向与速度方向相反．产生的磁力矩为M = Fr ≈B 2a 2r 2ωζt ．其方向与角速度的方向相反．16．6 如图，有一弯成θ角的金属架COD 放在磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于金图16.5t属架COD 所在平面，一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v 向右滑动，v 与MN 垂直，设t = 0时，x = 0，求下列两情形，框架内的感应电动势εi ．（1）磁场分布均匀，且B 不随时间改变； （2）非均匀的交变磁场B = Kx cos ωt ． [解答]（1）经过时间t ，导体杆运动的距离为X = vt ，杆的有效长度为l = X tan θ = v (tan θ)t ， 动生电动势为εi = Blv = Bv 2(tan θ)t ． （2）导体杆在t 时刻运动到X 处，在三角形中取一个面积元 d S = y d x ， 由于y = x tan θ，所以d S = x tan θd x ，通过该面元的磁通量为d Φ = B d S = K cos ωt tan θx 2d x ，通过三角形的磁通量为20tan cos d XK t x x Φθω=⎰31tan cos 3K tX θω=331tan cos 3Kv t t θω=，感应电动势为d d i t Φε=-323tan (3cos sin )3kv t t t t θωωω=--，即： 32tan (sin 3cos )3i kv t t t t θεωωω=-．[注意]公式B = Kx cos ωt 中的x 是场点到O 点的距离，不一定是杆运动的距离，为了区别两个距离，杆的距离用X 表示．16．7 如图所示的回路，磁感应强度B 垂直于回路平面向里，磁通量按下述规律变化Φ = 3t 2 + 2t + 1，式中Φ的单位为毫韦伯，t 的单位为秒．求：（1）在t = 2s 时回路中的感生电动势为多少？ （2）电阻上的电流方向如何？[解答]（1）将磁通量的单位化为韦伯得 Φ = (3t 2 + 2t + 1)/103，感生电动势大小为ε = |d Φ/d t | = 2(3t + 1)/103．t = 2s 时的感生电动势为1.4×10-2(V)．（2）由于原磁场在增加，根据楞次定律，感应电流所产生的磁场的方向与原磁场的方向相反，所以在线圈中感生电流的方向是逆时针的，从电阻的左边流向右边．O图16.6图16.716．8 如图所示的两个同轴圆形导体线圈，小线圈在大线圈上面．两线圈的距离为x ，设x 远大于圆半径R ．大线圈中通有电流I 时，若半径为r 的小线圈中的磁场可看作是均匀的，且以速率v = d x /d t 运动．求x = NR 时，小线圈中的感应电动势为多少？感应电流的方向如何？[解答]环电流在轴线上产生的磁感应强度为20223/22()IR B x R μ=+， 当x >>R 时，磁感应强度为2032IRB xμ≈．小线圈的面积为S = πr 2，通过的磁通量为2203π2IR r BS x μΦ=≈， 当小线圈运动时，感应电动势为22043πd d 2IR r vt xμΦε=-≈， 当x = NR 时，感应电动势为20423π2Ir vN Rμε≈． 感应电流的磁场与原磁场的方向相同，感应电流的方向与原电流的环绕方向相同．16．9 如图所示，匀强磁场B 与矩形导线回路的法线n 成θ = 60°角，B = kt （k 为大于零的常数）．长为L 的导体杆AB 以匀速v 向右平动，求回路中t 时刻的感应电动势的大小和方向（设t = 0时，x = 0）．[解答]经过时间t ，导体杆运动的距离为 x = vt ， 扫过的面积为 S = Lx = Lvt ，通过此面积的磁通量为Φ = B ·S = BS cos θ = Lvkt 2/2． 感应电动势的大小为ε = d Φ/d t = Lvkt ．由于回路中磁通量在增加，而感应电流的磁通量阻碍原磁通量增加，其磁场与原磁场的方向相反，所以感应电动势的方向是顺时针的．16．10 长为b ，宽为a 的矩形线圈ABCD 与无限长直截流导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 向右平动，t 时刻基AD 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε．[解答]电流I 在r 处产生的磁感应强度为图16.8图16.902πIB rμ=，穿过面积元d S = b d r 的磁通量为0d d d 2πIbB S r rμΦ==，穿过矩形线圈ABCD 的磁通量为001d ln()2π2πx axIbIb x a r r xμμΦ++==⎰， 回路中的电动势为d d t Φε=-0d 11d [ln()()]2πd d b x a I x I x t x a x tμ+=-+-+ 00cos [ln()sin ]2π()I bx a av tt x x x a μωωω+=++． 显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电动势． *16．11 如图，一个矩形的金属线框，边长分别为a和b （b 足够长）．金属线框的质量为m ，自感系数为L ，忽略电阻．线框的长边与x 轴平行，它以速度v 0沿x 轴的方向从磁场外进入磁感应强度为B 0的均匀磁场中，B 0的方向垂直矩形线框平面．求矩形线框在磁场中速度与时间的关系式v = v (t )和沿x 轴方向移动的距离与时间的关系式x = x (t )．[解答]由于b 边很长，所以线框只有右边在做切割磁力线的运动．当线框速度为v 时，产生的动生电动势为ε = B 0av ．当线框中的电流为i 时，产生的自感电动势的大小为d d L i Ltε=． 根据欧姆定律得ε + εL = iR ，由于不计电阻，所以有0d 0d iB av Lt+=． ① 右边所受的力为F = iaB 0，根据牛顿第二定律得0d d v iaB mt=， 微分得图16.10图16.11202d d d d i vaB m t t=， ②联立①和②式得微分方程2202()d 0d aB v v t mL+=， 这是简谐振动的微分方程，其通解为v A B =+．当t = 0时，v = v 0，所以A = v 0．加速度a t = d v /dt )A B =-+，当t = 0时，a t = 0，所以B = 0．速度方程为0v v =． 由于v = d x /d t ，所以0d d x v t v t ==⎰⎰00v C =+． 当t = 0时，x = 0，所以C = 0，所以位移方程为0x v =．16．12 如图所示的圆面积内，匀强磁场B 的方向垂直于圆面积向里，圆半径R = 12cm ，d B /d t = 10-2T·s -1．求图中a 、b 、c 三点的涡旋电场为多少（b 为圆心）？设ab = 10cm ，bc = 15cm ． [解答]（1）当点在磁场之中时，以b 为圆心，以r 为半径作一圆形环中，其周长为C = 2πr ，面积为S = πr 2．取环路的逆时针方向为正，根据右手螺旋法则，面积的法向方向垂直纸面向外。
大学物理下第16章习题详解
第16章习题解答【16-1】解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题16-1示）设货轮静止不动时，货轮上的B 点恰在水面上，则浮力的增量为S ρgy 。
该力与位移y 成正比，方向指向平衡位置，故货轮的自由振动是简谐振动，其运动方程为：0gy S dt yd M 22=+ρ0y MgS dt y d 22=+ρ 根据简谐振动的动力学方程，有：Mg S 2ρω=故s 35.6s 8.910102101022g S M 22T 3334=⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ【16-2】解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：m 1.0ksin m g l 0==θ（1）（1）A 物体共受三力；重力mg ，支持力N ，张力T 。
不计滑轮质量时，有：kx T =列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式：220dt xd m )x l (k sin mg T sin mg =+-=-θθ将①式代入上式，整理后得：0x mkdt x d 22== 故物体A 的运动是简谐振动，且s rad mk/7==ω 由初始条件⎩⎨⎧=-=0υl x ，求得：⎩⎨⎧===πϕml A 1.00，故物体A 的运动方程为：x=0.1cos(7t+π)m（2）当考虚滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图题16-2（c ）所示，分别为T 1、T 2，则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为：221dtxd m T sin mg =-θ （2）对滑轮列出转动方程为：222r2r 1dt xd Mr21r a )Mr 21(J T T ===-β （3）式中，T 2=k(l 0+x) （4） 将③、④代入式②式，有：220dtxd )m 2M ()x l (k sin mg +=+-θ整理得：0x )m 2M (kdt x d 22=++ 可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：s /ra d 7.5m 2Mk =+=ω由于初始条件：x 0=－l 0,υ0=0可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为： x=0.1cos(5.7t+π)m由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率。
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练习十六
一、选择题：
1. B；
2. B；
3. D；
4. B；
5. A；
6. C；
7. C；
8. A
二、填空题：
1．xd / (5D)
2．1:2, 3, 暗
3．1.2
4．600
5．劈尖棱边, 小
6．λ/(2n)
7．539
三、计算题
1．解：(1)相邻明纹的间距为：∆x＝Dλ / a＝5.50mm
中央明纹两侧的第5级明纹中心的间距为：∆x5＝10Dλ / a＝55.0mm
(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足
r2－[(n－1)e＋r1]＝0
设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有
r2－r1＝kλ
所以(n－1)e = kλ
k＝(n－1) e / λ＝6.96≈7
零级明纹移到原第7级明纹处
2．解：(1) 干涉条纹间距 ∆x = λD / d
相邻两明条纹的角距离 ∆θ = ∆x / D = λ / d
由上式可知角距离正比于λ，∆θ 增大10％，λ也应增大10％．故
λ＇＝λ（1＋0.1）＝648.2 nm
(2) 整个干涉装置浸入水中时，相邻两明条纹角距离变为
∆θ ＇＝∆x / (nd)=∆θ / n
由题给条件可得∆θ ＇＝0.15°
3．解：要起到增透效果反射光的光程差应满足干涉相消（设MgF2的厚度为e），即δ＝2 n 2 e＝(2 k＋1) λ/2
则增透膜的最小厚度： e min＝λ/4 n 2＝550×10-9/(4×1.38)＝9.96×10-8m 要起到增反效果反射光的光程差应满足干涉相长，即
δ＝2 n 2 e＝kλ
则增反膜的最小厚度： e min＝λ/2 n 2＝550×10-9/(2×1.38)＝1.99×10-7m
4．解：(1) 反射光的光程差为：
δ＝2 n 2 e ＋λ/2＝(1,2,...)(21)0,1,2,...)2
k k k k λλ=⎧⎪⎨+=⎪⎩为明条纹（为暗条纹 则相邻明纹或相邻暗纹的间隔为
∆x ＝∆ e /sin θ≈λ/2 n 2θ
所以有 λ＝2 n 2θ∆x ＝2×1.4×10-4×0.25×10-2＝700nm
(2) 劈尖的最大厚度为： e max ＝0.035×10-4＝3.5×10-6m
总共产生的明纹条数为
K max ＝(2 n 2 e max ＋λ/2)/λ＝14.5
所以总共产生的明纹条数为14条。
5．解：牛顿环第k 级明环的半径为： r k
第k ＋4级明环的半径为： r k +4
则平凸透镜的凸面曲率半径为： R ＝2244k k r r λ
+-＝66
99.010 1.0104589.310---⨯-⨯⨯⨯＝3.39m
6．解：(1) 光程差 22(21)2k e k λλ
δλ⎧⎪=+=⎨+⎪⎩为明条纹为暗条纹 明条纹极大位置处的空气膜厚度为：1()
22
e k λ=- 明条纹极大位置与凹透镜中心线的距离: r
=≈=(2) 因为02e λ≤≤，所以明条纹的最大级次： k max ＝4
共能看到k ＝1,2,3,4八条明条纹。
(3) 由光程差可知当玻璃片B 向下平移时，各处空气的厚度增大，条纹将向外移动。