大学物理习题集答案(农科类)

说明：字母为黑体者表示矢量

练习一 质点力学中的基本概念和基本定律 一.选择题 C B A 二.填空题 1. 2. 2. 6 t ; t+t3 三．计算题

1.取坐标如图,船的运动方程为 x=[l2(t)h2]1/2

因人收绳(绳缩短)的速率为v0,即 dl/dt=v0.有 u=dx/dt =(ldl/dt)/

(l2h2)1/2= v0 (x2+h2)1/2/x a= dv/dt

= v0[x (dx/dt)/ (x2+h2)1/2]/x

[(x2+h2)1/2/x2] (dx/dt)

= v0{h2/[ x2 (x2+h2)1/2]}[  v0 (x2+h2)1/2/x] = v02h2/ x3

负号表示指向岸边.

2. 取坐标如图,石子落地坐标满足 x=v0tcos=scos y=v0tsingt2/2 =ssin 解得 tan=

tangt/(2v0cos)

t=2v0sin()/(g cos)

s=x/cos= v0tcos / cos =2v02sin()cos /(g cos2)

当v0,给定时,求s的极大值. 令ds/d=0,有 0=ds/d=[2v02/(gcos2)]² [cos()cos sin()sin] =[2v02 cos(2)/(gcos2)] cos(2)=0 2=/2

=/4+/2

所以,当=/4+/2时, s有极大值,其值为 smax=2v02sin(/4/2)cos(/4+/2)/(g cos2) = v02[sin(/2)sin] /(g cos2) = v02(1sin)/(g cos2)

练习二 流体静力学与流体的流动 一. 选择题 B B B 二.填空题

1. 处处垂直器壁 2. 2PO

v0 h y O x 三.计算题

1.解：取水中距下缘h 深的点

P=(4-h)ρg (不计大气压强)

F=PS=PLdh(把水和坝的接触面分成细长条)

dM=Fh=h(4-h)ρgLdh 则水对下缘的力矩 M=

440dM=

0h(4-h)ρgLdh=2.1³10 Nm

7

对坝身而言 G=ρgV 则 M′=3ρgV/2=1.08³10 Nm

2.解：(1)木块所受的浮力

F=ρ油gV1+ρ水gV2=8.4N

v0 O F=m/g ∴m=F/g=0.84㎏ x (2) P=P0+ρ油g³0.1+ρ

5

=1.023³10 Pa 练习三 液体的表面性质 一. 选择题 A B A 二. 填空题

5

1. 1.3³10 Pa

水8

y     g³0.02

2. 0.216m

三.计算题

1. 解：如右图没吹气泡时有

ρg h1=2α/R (h1=0.04) 吹气泡时 P=P0+ρg h2+2α/R (h2=0.10)

5

=1.027³10 Pa

1

2. 解：如右图 吹水银泡时 P= P0+ρgh5

1+2α/R=1.045³10 Pa 管内空气的压强P=P0-ρg h2+2αcos40°/r P0-P=3000N/ m2

h2=1.18cm

练习四 伯努力方程及应用 一.选择题 C A A 二.填空题

1. 35

2. 0.75m/s,3m/s

三.计算题 1. 由 P112V2gh111P22V22gh 2V1S1V2S2

P1P0104(pa) h1h21m

V112m/s S22S1 V22V14m/s

P12P12(V21V22)g(h1h2)1.151105pa

P2P01.38104pa 即第二点处的压

强高出大气压强1.38104pa 2.

P12212V211V1gh1P22gh2P32V23gh3 P1P0 V10 P3P0 V2S2V3S3

V32g(h1h3)13.3m/s

V212V36.65m/s

PP121g(h1h2)V2210.061042paQV3S313.30.020.266m3/s

练习五 黏滞流体的流动

一. 选择题 C A D

二. 填空题

1.2.78³10－3

Pa 2. 16 三. 计算题

1.解：由v=［(P2

1-P2)/4ηL］(R2

-r)

令r=0得 P2

1-P2=v²4ηL/R

=0.141.00510320.012=8.0N/m2 2.解：根据泊肃叶公式

r4 Q(P1P2)8l

而 Q1mt P2P1gh

r42gh8lm/t(0.1/2102)4(1.9)21069.80.580.16.6103/60Pas= 0.0395 Pa²s

练习六 流体力学习题课 一. 选择题 A B B 二. 填空题

1. 2.2³108

J

2.VT/4

2

三. 计算题

1.解：根据佰努力方程 P0=ρg h1=PC+ VC2

/2= PD+ VD2

/2

SD=2SC VC=2VD

得 P0-PC=3ρgh1 又 P0-PC=ρgh2 所以 h2/h1=3

2. 解： P内=P0-2α/r P内（l- l′）s=P0 l s

l′= l(P内-P0)/ P内=0.013m

练习七 简谐振动的特征及描述 一.选择题 C A D 二.填空题

1. 4/3,4.5cm/s2,x=2cos(3t/2－/2).

1. 0.2rad/s,0.02sin(0.2t+0.5)(SI),0.02 rad/s. 三.计算题

1.(1) v=dx/dt= －3.0sin(5t－/2) (SI) 所以 v0=3.0m/s

(2)F=ma=－m2Acos(5t－/2)

=－m2x

当x=A/2时 F= －1.5N

2．弹簧振子的圆频率 =[k/(M+m)]1/2 子弹射入木块时动量守恒，有 mv0=(M+m)v

v= mv0/(M+m)

即 [dx/dt]x=0=A sin0= mv0/(M+m) 知 sin0＞0

即0在一、二象限. 因t=0时 x0=A cos0=0 得 0=±/2

所以 A=[mv0/(M+m)]/=mv0/[k(M+m)]

1/2

0=/2

故系统的振动方程

x={mv0/[k(M+m)]1/2

}cos{[k/(M+m)]1/2

t+/2} 练习八 简谐振动的合成

一.选择题 B E C 二.填空题

1. x2 = 0.02cos ( 4  t－2/3 ) (SI). 2. 22mA2/T2.

三.计算题

1.(1)平衡时,重力矩与弹力矩等值反向,设此时弹簧伸长为x0,有

mgl/2－kx0l= mgl/2－kx0l/3=0

设某时刻杆转过角度为, 因角度小,弹簧再伸长近似为 l= l/3,杆受弹力矩为 Mk=－lFk=－ (l/3)[(x0+ l/3)k] =－k (x0l/3+ l2/3) 合力矩为 MG+ Mk

= mgl/2－k (x0l/3+ l2/3)=－k  l2/3 依转动定律,有

－k  l2/3=J= (ml2/3)d2 /dt2 d2 /dt2+ (k/m)=0 即杆作简谐振动.

(2) =km T=2mk (3) t=0时, =0, d /dt t=0=0,得振幅A=0, 初位相0=0,故杆的振动表达式为

=0cos(kmt)

2.因A－

－

1=4³102m, A2=3³102m

20=/4, 10=/2,有

A=[A12+A22+2A1A2cos(20-10)]1/2

=6.4810－

2m

tg0=(A1sin10+A2sin20)/(A1cos10+A2cos20)

=2.061

0=64.11○ 0=244.11○ 因 x0=Acos0=x10+x20

=A－

1cos10+A2cos20=5.83102m>0

0在I、IV象限,故0=64.11○=1.12rad

所以合振动方程为

x=6.4810-2cos(2t+1.12) (SI)。 练习九 平面简谐波

一.选择题 C C B 二.填空题 1. 3，300 2. 0, 3cm/s. 三.计算题

1．(1)若取x轴方向向左，A为坐标原点，

3

则波动方程为

y=3cos[4(t+x/c)]

=3cos(4t+x/5) (SI) D(x=9m)点的振动方程为 y0=3cos[4t+(9)/5]

=3cos(4t14/5) (SI)

(2)若取x轴方向向右，A点左方5m处的O点为x轴原点，有A点坐标为x0=5m，D点坐标为x=14m . 则波动方程为 y=3cos{4[t(x5)/c]} =3cos(4tx/5) (SI) D点的振动方程 yD=3cos(4t ∙14/5) =3cos(4t14/5) (SI) 2.(1) y=Acos2(t/T－x/)

=0.1cos2(2t－x/10) (SI)

(2) y1=0.1cos2[(T/4)/T－(/4)/]=0.1m (3) u=y/t=－0.4sin2(2t－x/10) =－0.4sin2[(T/2)/T－(/4)/] =－0.4=－1.26m/s 练习十 波的干涉 一.选择题 B A D 二.填空题 1. Sw/2. 2. 5J.

三.计算题

1.(1) P=W/t=2.7010－

3J/s (2) I=P/S=910－

2J/(sm2)

(3) w=I/u=2.6510-4J/m2. 2. Ap={(A/r1)2+(A/r2)2+

+2(A/r1)(A/r2)cos[/2+2(r2r1)/]}1/2 =2A/(5)

tan0=[(A/r1)sin(2r1/+/2)

+(A/r2)sin(2r2/+)]÷[(A/r1)cos(2r1/+/2)+(A/r2)cos(2r2/+)]= 1

y0=Acos0=A/r1cos(2r1/+/2) +(A/r2)cos(2r2/+)

=A/(5)<0

所以 0=3/4

故 y=[2A/(5)]cos(2νt +3/4). 练习十一 振动和波动习题 一.选择题 B D A 二.填空题

1. 相同，相同， 2/3.

2. /4，x=0.02cos(t+/4) (SI). 三.计算题

1. 平衡时 mg=kx0

振动时，设某时刻物体相对平衡位置的位移为x，对物体和定滑轮分别列方程，有 mg-T=ma TR-k(x+x0)R=J

a=R x=R

于是得mgRk(x+x0)R=(mR2+ J)

kxR= kR2= (mR2+ J) = (mR2+J)d2 /dt2

d2 /dt2+[kR2/(J+mR2)]=0

故物体作揩振动，其角频率为

=[kR2/(J+mR2)]1/2

2.(1)波速u=(张力/线密度)1/2=(T/)1/2=60m/s 波长 =u/ν=1.2m 因形成驻波,故行波振幅为 A=41022=2102m

由旋矢法(如图)可知O点振动的初位相为/2，则入射波在原点O A /2 引起的振动为 y y0=2102

cos(100t+/2) (SI) O 所以入射波为

y1=2102cos[100 (tx/60)+/2 ] =2102cos(100t-10x/6+/2) (SI), 反射波为

y2=2102cos[100t10(2lx)/6+/2+] =2102cos(100t+10x/6+/2) (SI) 驻波方程为 y=y1+y2

=4102cos(10x/6)cos(100t+/2) (SI) 练习十二 光的干涉 一.选择题 A C C

4

二.填空题

1. 2(n1n2)e/. 2. 下, 上.

三.计算题

1. 光程差 =(l2+r2)(l1+r1)

=(l2l1)+(r2r1)= l2l1+xd/D=3+xd/D (1)零级明纹 =0有 x=3D/d

(2)明纹=k=3+xk d/D有 xk=(3k)D/d x=xk+1-xk=D/d

2.(1)光程差 =r2r1=xd/D=k xk=kD/d

因k=5有 x5=6mm (2)光程差

=r2-(r1-e+ne)=r2-r1-(n-1)e=x'd/D-(n-1)e=k有 x '=[k+(n-1)e]D/d 因k=5,有 x '5=19.9mm 练习十三 光的衍射

一.选择题 A B B 二.填空题

1. 3.0mm. 2. 0, 15mm. 三.计算题

1. 单缝衍射暗纹角坐标满足 asink=k 线坐标满足 xk=ftan≈fsin=f k/a x=xkxk-1f/a

fax/=400mm=0.4m；

2.(1) 单缝衍射暗纹角坐标满足 asin1=1 asin2=22

因重合有asin2=asin1，所以1=22 (2) asin1=k11 = k122 asin2=k22 asin1= asin2 得 k2=2k1

故当k2=2k1时,相应的暗纹重合 练习十四 光的偏振 一.选择题 A D B 二.填空题

1. 355nm, 396nm； 2. 51.13°. 三.计算题 1. 依布儒斯特定律

tani0=n2/n1 tanr0=n3/n2 i0+r0=/2 tanr0=coti0=n3/n2 tgi0·coti0=( n2/n1)·(n3/n2)=1 n3=n1

2. 设入射前自然光与偏振光的光强均为I0，透射后自然光与偏振光光强分别为I1，I2.有 (1) 自然光 I1=(I0/2)cos230° 偏振光 I2=I0cos2 cos230° 且 I1=I2

得 cos=22

所以入射光中线偏振光光矢量振动方向与第一个偏振片偏振化方向之间的夹角=45° (2) 透射光与入射光的强度之比 (I1+ I2)/(2 I0) =(1/2)( cos230°/2+cos245°cos230°) = cos230°/2=3/8；

(3) I1 =[I0(15%)/2](15%)cos230° I2=I0(15%)cos2(15%)cos230°

故考虑吸收后透射光与入射光的强度之比 (I1+ I2)/(2 I0)=I '/I0 =(1/2)(15%)2cos230°=0.338 练习十五 光学习题课 一.选择题 D B C 二.填空题

1． 波动，横. 2. 1.25. 三.计算题

1.因是空气薄膜,有n1>n2暗纹应 =2e+/2=(2k+1)/2，所以 2e=k e=k/2

因第一条暗纹对应k=0，故第4条暗纹对应k=3，所以 e=3/2 (1) 空气劈尖角

=e/l=3/(2l)=4.8105rad

(2) 因 /=(2e+/2)/=3/+1/2=3

故A处为第三级明纹，棱边依然为暗纹. (3) 从棱边到A处有三条明纹，三条暗纹，

5

共三条完整条纹.

2. (1) (a+b) sin=kmax<(a+b) kmax<(a+b)/=3.39

(3) k 'max<(a+b) (sin30°+1)/=5.09 所以 k 'max=5

练习十六 理想气体动理论的基本公式 所以最高级数 kmax=3 (2) (a+b) (sin30°+sin ')=k 'max

或设分子所占体积为正方体体，距离为d 1(m3)=nd3

d=(1/n)1/3=(kT/p)1/3=3.44×109m

－

一.选择题 B A C 100 fvdvAv100vdv1二.填空题

1. v2, v.

2. ＝, ＝, 1/3, 0, ＝, ＝, 0. 三.计算题

1.(1) pV= (M/Mmol)RT

V= M RT /(Mmolp)=0.082m3

(2)剩下氧气 M = pVMmol/( RT )

= (p/ p)(T/T ) M=0.067㎏

漏出氧气 M=M－M =0.033㎏ 2. p1V1=(M1/Mmol)RT1 p2V2=(M2/Mmol)RT2

因 p1=p2 两式相除，有 V1/V2=(M1/M2)(T1/T2) 开始时V1=V2则 M1/M2=T2/T1

温度变后，两边仍然相等，有 V 1/V 2=(M1/M2)(T 1/T 2) =(T2/T1)(T 1/T 2)=0.9847<1 有 V 1练习十七 能量均分定理 气体分子按速

率分布律和按能量分布律

一.选择题 D D C 二.填空题

1. (2), (1) . 2. 1:2:4.

三.计算题

1.(1) n=p/(kT)=2.45×1025m－

3 (2) =mn=mp/(kT)=1.31kg (3)

－20

k=5kT/2=1.04×10J

(4)设分子所占体积为球体，距离为d 1(m3)=n(4/3)(d/2)3= nd3/6

d=[6/(n)]1/3=[6kT/(p)]1/3=4.27×10－

9m

2.

A050v2v3310000=500000A/3=1

A=3/500000

100v2v20Av100vdv1000Av100vdv410025vv55050v2v331003000

0v254.8m/s

练习十八 热力学第一定律对理想气体的

应用

一. 选择题 A D A 二. 填空题

1. 在等压升温过程中,气体膨胀要对外作功,所以比等容升温过程多吸收热量.

2．体积、温度和压强；分子的运动速度(或分子运动速度、分子的动量、分子的动能). 三.计算题

1.(1) A=V2VpdV=(pa+pc)(Vc -Va) /2

1=405.2J

(2) E=（M/Mmol）(i/2)RT

=(i/2)(p2V2p1V1)=0 (3) Q=E+A=405.2J

2.ABC过程 EC－EA=QABC－AABC =350－126=224J

(1) ADC过程 QADC= (EC－EA)+AADC

=224+42=266J (2) CA过程 QC→A= (EA－EC)+AC→A

=－224－84=－308J

练习十九 循环过程

一.选择题 A D D 二.填空题

1. 124.7J, －84.3J, －8.43J/(mol·K).

6

2. A, T E, Q. 三.计算题 1.(1) V=常量,故 A=0 外界对气体所作的功 A′=–A=0

Q=E=( M/Mmol)CV(T2－T1)=623J (2) p=常量

A=p(V2-V1)=( M/Mmol)R(T2-T1)=417J

外界对气体所作的功 A′=–A=–417J E=(M/Mmol)CV(T2-T1Q=A+E=1.04105)=623J J

(3)绝热 Q=0

E=(M/Mmol)CV(T2-T1)=623J

A= -E=-623J

外界对气体所作的功 A′=–A=623J 1. 绝热 Q=0 因p－1T－ = 恒量,有

T－

2=(p2/p1)(1)/ T1

故 A=－E=(M/Mmol)(i/2)R(T1－T2)

=(M/Mmol)(i/2)RT31[1－(p2/p1)(-1)/]

=4.7410J

练习二十 热力学第二定律 熵及熵增加原理 一.选择题 D A B 二.填空题

1. 500K.

2. 7.8 .

三.计算题

1.(1) T1/T2=Q1/Q2

T2=T1Q2/Q1=320K

(2) =1－Q2/Q1=20% 2.（1）A－da=pa(Va－Vd)= －5.065103

J (2) Eab=(M/Mmol)(i/2)R(Tb= (i/2)(pb－pa)Va=3.039104-Ta) J

(3) Abc=(M/Mmol)RTbln(Vc/Vb)

=pbVbln(Vc/Vb)=1.05104J

A=Abc+Ada=5.47103J (4) Q1=Qab+Qbc=Eab+Abc=4.09104J

=A/Q1=13.4% 练习二十一 热学习题课 一.选择题 B D D

二.填空题

1. 1:1, 2:1, 2:1, 5:3, 10:3, 2:1 .

2. 否.

三.计算题 1.从V1变到V2，弹簧压缩x=(V2V1)/S，则

p2=p0+kx/S= p0+k(V2V1)/S2 E=νCV(T2T1)=(i/2)(p2V2p1V1)

=(i/2){[p0+k(V2V1)/S2

]V2p0V1} =(i/2)[p0(V2V1)+k V2(V2V1)/S2] A=p0Sx+(1/2)kx2 =p0(V2-V1)+(1/2) k [(V2-V1)/S]2， Q=E+A

=p0(V2V1)(i+2)/2+k(V2-V1)[(i+1)V2-V1]/(2S2) =7000J 2.吸热过程AB为等压过程 Q1=νCp(TBTA) 放热过程CD为等压过程 Q2=νCp(TCTD)

=1Q2/Q1=1 (TCTD)/(TBTA) =1 (TC/TB)[(1TD/TC)/(1TA/TB) 而 pA1TA= pD1TD

pB1p T B = p C1=p T C

A=pB pCD

所以 TA/TB=TD/TC

故 =1TC/TB=25%。 练习二十二 电场强度

一、选择题 C B A 二、填空题

1. 1d/(1+2). 2. 2qyj /[40 (a2+y2)3/2] , ±a/21/2. 三、计算题

1. 取环带微元 dq=dS =2(Rsin)Rd =2R2

sind dE=dqx/[40(r2+x2)3/2]= 2R2sindRcos43=sincosd/(20)0RE/20sincosd20/40

dly  dEx x 2 O dEy dE

方向x轴正向.

2.取园弧微元 dq=dl

=[Q/(R)]Rdθ=Qdθ/

dE=dq/(40r2)=Qdθ/(4π20R2) dEx=dEcos(θ+)=－dEcosθ dEy=dEsin(θ+)=－dEsinθ Ex=dEx3/2/2Qcosd420R2

=Q/(22

0R2

) E3/2y=dEy/2Qsind4220R=0

故 E=Ex=Q2220R

方向沿x轴正向.

练习二十三 高斯定理 一、选择题 D A D 二、填空题

1. /(20),向左;3/(20),向左;/(20),向右. 2 Q/0, 2Qr0/(90R2), Qr0/(20R2).

三、计算题

1 因电荷分布以中心面面对称,故电场强度方向垂直于平板,距离中心相等处场强大小相等.取如图所示的柱形高斯面:两底面S以平板中心面对称,侧面与平板垂直.

SEdSQ/0

左边=左底EdS+右底EdS+侧面EdS=2SE

(1)板内xxx0cosx2aSdx

=Ssinx2ax02ax =40(a/)Ssin[x/(2a)]

得 E={20asin[x/(2a)]}/(0) (2)板外x>a Q=

aa0cosx2aSdx

=aSsinx2aa02a =40(a/)S

得 E=20a/(0)

当x>0方向向右, 当x<0方向向左. 2. 球形空腔无限长圆柱带电体可认为是均匀带正电(体电荷密度为)无限长圆柱体与均匀带负电(体电荷密度为)球体组成.分别用高斯定理求无限长均匀带电圆柱体激发的电场E1与均匀带电球体激发的电场E2.为求E1,在柱体内作同轴的圆柱形高斯面,有

EdS2rlEQ2S0r1l0

E1=r1/(20)

方向垂直于轴指向外;为求E2,在球体内外作同心的球形高斯面,有

SEdS4r22EQ0 球内ra Q=4a3/3 E2=a3/(30r22) 负号表示方向指向球心.对于O点 E1=d/(20), E2=r2/(30)=0 (因r2=0) 得 EO=a/(20) 方向向右; 对于P点

E1=d/(20), E2=a3/(30d2) 得 EP=d/(20)a3/(30d2) 方向向左. 练习二十四 电势 Q O r 一、选择题 A C B R P 二、填空题 1.

图24.1

180R(2q12q32q2).

2 .Edcos. 三、计算题

1.解：设球层电荷密度为.

=Q/(4R23/34R13/3)=3Q/[4(R23R13)]

球内，球层中，球外电场为 E1=0, E2=(r3R13)/(30r2) , E3=(R23R13)/(30r2) 故

R1R2EdrE1drE2drrrRE3dr

1R21

=0+{(R22R12)/(60)+[R13/(30)(1/R21/R1)]}+ (R23R13)/(30R2)

=(R22R12)/(20)

=3Q(R22

R12)/[80(R23R13)] r22. (1)Ur1Ur2r2rE12dl=r12dr 0r=(/20)ln(r2/r1)

(2)无限长带电直线不能选取无限远为势能零点，因为此时带电直线已不是无限长了，公式E=/(20r)不再适用.

练习二十五 电场中的导体和电介质 一、选择题 D D B 二、填空题

1. 非极性, 极性.

2. 取向, 取向; 位移, 位移. 三、计算题

1. 在A板体内取一点A, B板体内取一点B,它们的电场强度是四个表面的电荷产生的,应为零,有

EA=1/(20)2/(20)3/(20)4/(20)=0 EA=1/(20)+2/(20)+3/(20)4/(20)=0 而 S(1+2)=Q1 S(3+4)=Q2 有 1234=0

1+2+34=0 1+2=Q1/S 3+4=Q2/S

解得 1=4=(Q1+Q2)/(2S)=2.66108C/m2

2=3=(Q1Q2)/(2S)=0.89108C/m2 两板间的场强 E=2/0=(Q1Q2)/(20S)

V=UA－UBBAEdl

=Ed=(Q1Q2)d/(20S)=1000V 四、证明题

1. 设在同一导体上有B C 从正感应电荷出发，   终止于负感应电荷的   A 电场线.沿电场线ACB

 

作环路ACBA,导体内直线BA的场强为零,ACB的电场与环路同向于是有

lEdlACBEdlABE2dl=ACBEdl0

与静电场的环路定理lEdl0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线. 练习二十六 静电场习题课 一、选择题 D B A 二、填空题

1. 9.42×103N/C, 5×109C. 2.

52.

三、计算题

1. (1)拉开前 C0=0S/d W0=Q2/(2C0)= Q2d/(20S) 拉开后 C=0S/(2d) W=Q2/(2C)=Q2d/(0S) W=WW0= Q2d/(20S) (2)外力所作功

A=Ae=(W0W)= WW0= Q2d/(20S) 外力作功转换成电场的能量 {用定义式解:A=

Fdl=Fd=QEd

=Q[(Q/S)/(20)]d= Q2d/(20S) }

2. 洞很细,可认为电荷与电场仍为球对称,由高斯定理可得球体内的电场为 E=(4r3/3)/(40r2)(r/r)=r/(30) =Qr/(40R3)

F=qE=qQr/(40R3)

F为恢复力, 点电荷作谐振动

qQr/(40R3)=md2r/dt2 =[ qQ/(40mR3)]1/2

因t=0时, r0=a, v0=0,得谐振动A=a,0=0故点电荷的运动方程为 racosqQ430mRt

练习二十七 电流及运动电荷的磁场 一、选择题 A A B 二、填空题

2

1. 所围面积,电流,法线(n). 2. 0I/(4R1)+ 0I/(4R2),垂直向外; (0I/4)(1/R12+1/R22)1/2,+arctan(R1/R2). 三、计算题

1.取宽为dx的无限长电流元

dI=Idx/(2a)dB=0dI/(2r)

=0Idx/(4ar)

dBx=dBcos=[0Idx/(4ar)](a/r) =0Idx/(4r2)= 0Idx/[4(x2+a2)] dBy=dBsin= 0Ixdx/[4a(x2+a2)]

BxdBxaa40Idxx2a2

=[0I/(4)](1/a)arctan(x/a)

aa=0I/(8a) BydB0Ixdxyaa4ax2a2

=[0I/(8a)]ln(x2

+a2

)aa=0 2. 取宽为dL细圆环电流,

dI=IdN=I[N/(R/2)]Rd dI =(2IN/)d

 x dB=0dIr2/[2(r2+x2)3/2] dB r=Rsin x=Rcos dB=0NIsin2 d /(R)

BdB0NIsin2d2R

=0NI/(4R)

练习二十八 磁场中的高斯定理和安培环路

定理

一、选择题 B C C

二、填空题

1. 环路L所包围的电流, 环路L上的磁感应强度,内外. 2. 0I, 0, 20I. 三、计算题

1. 此电流可认为是由半径为R的无限长圆柱电流I1和一个同电流密度的反方向的半径为R的无限长圆柱电流I2组成.

I1=JR2

I2=JR 2

J=I/[ (R2

R 2

)]

它们在空腔内产生的磁感强度分别为

B1=0r1J/2 B2=0r2J/2 方向如图.有

Bx=B2sin2B1sin1

=(0J/2)(r2sin2r1sin1)=0 By =B2cos2＋B1cos1

=(0J/2)(r2cos2＋r1cos1)=(0J/2)d 所以 B = By= 0dI/[2(R2－R 2)] 方向沿y轴正向 2. 两无限大

平行载流平

①        I1 面的截面如

图.平面电流②        I2

在空间产生

的磁场为 B1=0J/2

在平面①的上方向右,在平面①的下方向左;电流②在空间产生的磁场为 B2=0J/2 在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.

(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有 B=B1+B2=0J

(2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感

强度方向相反,故有 B=B1B2=0

练习二十九 电流与磁场的相互作用 一、选择题 D B C 二、填空题 1 IBR . 2 10－

2, /2

三、计算题

1. (1) Pm=IS=Ia2 方向垂直线圈平面. B n 线圈平面保持竖直,即Pm与B垂直.有 Mm=Pm³B mgmgMm=PmBsin(/2)=Ia2B

mg/=9.4³10－

4mN

2(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向 Mm=PmBsin(/2－)=Ia2Bcos MG= MG1 + MG2 + MG3

= mg(a/2)sin+ mgasin+ mg(a/2)sin =2(Sa)gasin=2Sa2gsin Ia2Bcos=2Sa2gsin

3

tan=IB/(2Sg)=0.2694

=15

2.在圆环上取微元 yI dF 2dl= I2Rd

R 该处磁场为  x B=0I1/(2Rcos) II2 2dl与B垂直,有 I1 dF= I2dlBsin(/2) dF=0I1I2d/(2cos)

dFx=dFcos=0I1I2d

/(2)

dFy=dFsin=0I1I2sind /(2cos)

2F0I1I2dx22=0I1I2/2

因对称Fy=0.故 F=0I1I2/2 方向向右. 练习三十 静磁场习题课 一、选择题 D C A 二、填空题

1. 6.67³10-5T ; 7.20³10-21A²m2. 2.

0ih2R. 三、计算题

1.(1)螺绕环内的磁场具有轴对称性,故在环内作与环同轴的安培环路.有

 l Bd l=2rB=0Ii=0

NI

B=0NI/(2r)

(2)取面积微元hdr平行与环中心轴,有 dm=BdS =[0NI/(2r)]hdr=0NIhdr /(2r)

D22NIhm=dr0NIhlnD2D0122r2D 12. 因电流为径向,得径向电阻为

R2RdrR212rd2dlnR 1I=ε/[ln(R2/R1)/(2d)]=2dε/[ln(R2/R1)] 取微元电流

dIdl=JdSdr

 B dF =[I/(2rd)]rdddr

rd =dεddr/[ln(Rdr 2/R1)]

J

O 受磁力为dF=dIdl³B =Bdεddr/[ln(R2/R1)]

dM=r³dF=Bdεd rdr/[ln(R2/R1)]

R2Bdrdr2dR1lnR2R10 =

Bdln(R(R2R21)

2/R1)2练习三十一 光的二象性 粒子的波动性 一.选择题 A D B

二.填空题

1. 7.73105

ms1

, 1.7eV

2. 1.12102nm,3.21018Hz,2.131015

J.

三.计算题

1.解： F=evB=mv2

/R v=eBR/m hν=hc/=mv2

/2+A

(1) A=hc/mv2/2= hc/ e2B2R2

/(2m) (2) eU2

222

c= mv/2= eBR/(2m)

U22

c=eBR/(2m) 2.解：xpxh，这里有px=mvmin, x=L 得 mvminxh/L

E2

2

2

min= mvmin/2= mv2

2

min/(2m)= h/(2mL) 核内质子

E342

27

min=(6.6310)/(21.67101014

)

=1.311012J=8.23106

eV

练习三十二 量子力学 一.选择题 D C D 二.填空题

1．(2/a)1/2

.二 2．能量最小. 三.计算题

1.解： =2asin(x/a) (x)== (2/a)sin2

(x/a) 令d(x)/dx=0,得

0=(2/a)2sin(x/a)cos(x/a)(/a)

=2sin(2x/a)

2x/a=n x=na/2

因0≤x≤1,有概率密度最大值的坐标为4

x=a/2 2.解：由

dx1知

1dx

A1ixA1ix21x2dxA2arctanx2

A=A

归一化常数 A1/

=A/(1+ix)=1/[(1+ix)]

概率密度分布函数为

(x)=={1/[(1+ix)]}{1/[(1i

x)]}=1/[(1+x2

)]

求(x)的极大值,令d(x)/dx=0,得

0=2x/[(1+x2)2

]

x= x=0 x=

有()=0 (0)=1/ ()=0

得概率密度取最大值的坐标为 x=0

5