大学物理B练习题答案.doc

答案：练习1填空题 1. A ； ； 2/3 。 2. 2 m/s， 0 m/s2， 2 m。3. a n=_25.6_ m/s2 _； a=_0.8m/s2_。 4. v= v0+2t3/3 , 运动方程为x= x0+v0t+t4/6 . 5 m/s, 4 m/s2。 6、； at =_； an =_。 7. g, -g 。 8. -g/2 9. 10. 11. 8J 4m/s 12. ; 13. 14. 垂直向上， mgt 15. -10 N*S 16 17. 18. 2g； g 19 . 二、选择题1D 2.C 3.D 4D 5B 6A 7D 8B 9D 10A 11C 12C 13B 14C 15D 16C 三、计算题1、（1）， 两边取积分，得： （2） 2.解： 当切向加速度大小恰为总加速度大小的一半时，有：， 3. 解：（1）位置矢量 （2）轨迹方程 （3）位移 （4）速度矢量 （5）加速度矢量 4. （1）速度矢量 位置矢量； （2）轨迹方程3y=2x-20 （3）轨迹的示意图 略 5.设太阳光线对地转动的加速度为，从正午时分开始计时，则杆的影长为，下午2时正，杆顶在地面上影子的速度大小为 其中=2/24/3600rad/s当杆长等与影长时，即，则 即下午3时正6(1) m/s (2) v = d x/d t = 9t - 6t2 v(2) =-6 m/s (3) S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m 7 (2) (3) 这说明 与 方向相反，即指向圆心 8(1) 球相对地面的初速度 30 m/s 抛出后上升高度 m/s 离地面高度 H = 球回到电梯上时电梯上升高度球上升高度 s 练习2 振动和波动一填空题 1、（），（）2、3、3、 4、， 5、 6、变大 7、 （2）8、, 9、a 、e 10、x=x1+x2=0.04cos(t-/2) 11、 12、 13、纵 小于 18、3 300 19、 20、 21 、 22、 23、25Hz ，5m 24、 ）_ 25、26、27、 28、 29、15：16二、选择题1、B 2、C 3、B 4、C 5、D 6、 7、横 电场强度矢量 8、D 9、（A）10、C 11、2d 12、D 13、（C）14、B 15、B 16、B 17、D 18、B 19、C 20、D 21、C 22、D 23、B 24、B 25、B三、计算题1解：该质点的初相位 振动方程 (SI) (2) 波动表达式 (SI) (3) 波长 m 2、解：(1) 振动方程 波动方程 (SI) t1 = T /4 = (1 /8) s，x1 = l /4 = (10 /4) m处质点的位移 (3) 振速 s，在 x1 = l /4 = (10 /4) m 处质点的振速 m/s 3、解： (1) 振动方程： A = 10 cm， w = 2pn = p s-1，n = u / l = 0.5 Hz 初始条件得 故得原点振动方程： (SI) (2) 波动方程（SI） (3) x = 150 cm处相位比原点落后， 所以 (SI) 也可写成 (SI) 10. （1）波源的振动方程为：y=4cos(10t) 即， （2）波动方程为 11. （1）P2点处质点的振动方程 （2）凡是位于波线上并与P1点的位置相差的整数倍的位置的点，均与P1点处质点振动状态相同。所以，坐标为x=L1k的位置点上的振动状态均与P1点相同，其中（k=1,2）. 12.设简谐振动的振动方程为：x=Acos(t+)则0和1时刻的旋转矢量如下图所示 振幅：A=2cm 角频率： 初相： 振动方程： 13. (1) (2) 14. (1) P处质点振动方程为 (SI) (2) 波动表达式为 (SI (3) O处质点的振动方程 15. (1) t=0时，x =0.5A，由旋转矢量法易得 j =+/3。.（2） (2) t=0.5s（3）由旋转矢量可知练习三 静电场一、填空题1. 0，0； 2. ； 3. ，； 4. 0； 5. S1和S2、 S2； 6. ； 7. ； 8. 不闭合，不相交； 9.0； 二、选择题10.A11.D: 12.C: 13.B: 14. D; 16. B； 17.A； 18.B； 19.A; 20.0; 21.C; 22.B; 23.D; 24.D 25.A 26. D三、计算题1、应用场强叠加原理求解点场强大小为场强方向沿x轴方向，正值沿x轴正方向。点场强大小为场强方向沿x轴方向，正值沿x轴正方向。2、挖去半径为r的小球体之后，物体可以等效的看成半径为：带正电密度为、半径大R实心球体和带负电密度为、半径小r实心球体的合成。此时场强场强分布具有球对称性，由高斯定理可得球心O处的（2）半径大R实心正电球体在P点处产生的半径小r实心负电球体在P点处产生的 所以P点处总场强为3、电荷分布具有球对称性，可以用高斯定理求电场。分别以rR1，R1rR2，rR2为半径，作与带电球壳同心的球面为高斯面，同一高斯面上E大小相等，方向沿径向外。根据高斯定理有 q1=0 E1=0 E2=3.98V/m E3=1.06V/m E2、E3的方向均沿径向外 4、场强分布具有球对称性，由高斯定理可得：时有 得到： 方向沿矢径向外 时有 得到： 方向沿矢径向外 练习四 静电场中的导体和电介质一、填空题1. ；- ; 2. 0、垂直、只能分布在导体表面； 3. 不变、减少、， 4. 、； 5. 不闭合、闭合； S1和S2、 S2； 6. 、1、 ； 7. 、； 8. 、； 二、选择题9.D； 11.D: 12.D: 13.D； 14. B 15. C三、计算题1、由导体的静电平衡性质可知内表面带电-q 外表面带电2q ，静电平衡状态的导体内部场强处处为零， 所以距球心距离为r1 r r2处场强为0，当距球心距离r r2时 E1、E2的方向均沿径向外 2、（1）场强分布具有球对称性，由高斯定理可得 （2）由可得球壳内外表面的电荷分布 内表面：， 外表面：， 3、作同球心的高斯球面，半径为 根据高斯定理和静电平衡特点球壳的内球面带电，外球面带电，导体球所有电荷均匀分布在球面则4、（） 3.1610-6 （） 1上电压升到 100，带电量增加到1110-3 5 ：由于电场分布具有轴对称性，作如图示半径为r (R 1rR 2)，高为h的封闭圆柱面为高斯面。 由高斯定理得的方向沿圆柱面径向两筒之间的电势差为 此圆柱形电容器的电容为 练习五 稳恒磁场 电磁感应1. ； 2. 、； 3. ； 4. ； 5. 0.012Tm2 6. ； 7、（平行于x轴），（沿z轴的反方向） 8、 9. 10、 11、1/2 12、1： 13、 14、vtlB0sin2t； b a；vlB0sin2t+2 vtlB0cos2t 15、 LI； 16、 17、d/4 18、正电荷二、选择题21、D 2、D 3、A 4、C 5、C 6、D 7、D 8、B 9、B 10、B 11、C 12、C 13、C 14、B 15、B 16 、B 17、D 18、A 19 、B 20、D 21、D 22、A 23、B 24、A三、计算题1.已知直导线上的电流为I，经过acb和adb的电流同为I/2。 由于O点在直导线的延长线上，所以直导线1在O点形成的磁感应强度为0。经过acb和adb的电流在O点形成的磁感应强度大小相等，方向相反。 直导线2在O点形成的磁感应强度为，方向垂直于纸面向外。2. 导体横截面上的电流密度为 安培环路定理 ，利用其轴对称性3.对o点直导线1为半无限长通电导线，所产生的磁感应强度的大小 方向垂直纸面向里。 直导线2在o点产生的场强大小为 方向垂直纸面向里。 由于ab和acb并联，所以根据毕奥-萨伐尔定律可求得Bab=Bacb，方向相反。所以o点总的磁感应强度因B1和B2方向相同，故B的大小为方向垂直纸面向里。 4.矩形线圈通过的磁通量 感应电动势为 5. （1）ab中感应电动势为 a点为高电势。 （2）ab中感应电动势为 6. （1）线圈总磁通 （2）方向为沿逆时针方向。 7. 在铜棒上取微元dr，微元处于距离圆心r位置处，微元dr绕O点的线速度为r根据动生电动势公式有，微元dr上产生的动生电动势dE为 根据图中所示方向，、和三者相互垂直，的方向与方向相同，故动生电动势的方向与方向一致。 E 8、在导线上距长直导线r处，取线元，该处磁感应强度方向垂直纸面向内。该线元以速度运动时，其感应电动势。导线中的感应电动势方向向左 a端电势高。9、E= 练习六 光学频率相同，振动方向相同，位相差恒定 2、上； (n-1)e 3、A 4、C 5、A 6、A 7、C 8、C 9、B 10、n(r2-r1)11、300 12、 13、高 ； 低 14、衍射和干涉 15、（D） 16、1/4 17、 18、1：2 19、C 20、B 21、B 22、A 23、C 24、D 25、 26、91nm 27、 ； 28、29、D 30、C 31、C 32、(A) 33、(D) 34、 35、0.9mm 36、单缝衍射; 多缝干涉 37、9/7 38、B 39、C 40、