大学物理答案第十六章

第十六章 机械波

16-1 一波源作简谐振动，周期s 010.=T ，振幅m 40.=A ，当0=t 时，振动位移恰为正方向的最大值．设此方程以m/s 400=v 的速度沿直线传播，试求(1)此波的波函数；(2)距波源m 2和m 16处质点的振动方程和初相；(3)距波源15m 和m 16处质点振动的相位差．

分析 波源的周期和频率就是机械波的周期和频率，对于平面波，在忽略传播过程中的能量损失的情况下，波源的振幅就是波的振幅，如果已知波速或波长以及波源的初相，就能给出波函数．由上一章的讨论可知，当给出振动的初始位置和运动方向时，振动的初相就确定了．

由波函数可以获得波线上任一点的振动方程；以及任一时刻波线上各点的位移，即波形．波线上相位差为π2质点间的距离（也可视为两个相邻的相位相同点间的距离）为一个波长．

解 (1)波源的角频率为

rad/s 200rad/s 01

.022πππω===T 初始时波源振动达正方向的最大值，即0=?，波源的振动方程为

)200cos(4.0π=y

已知m/s 400=v ，波函数为

)400

(200cos 4.0x t y -

=π 0>x (2)由波函数得m 2=x 处振动方程为

)200cos(4.0)400

2(200cos 4.0πππ-=-=t y 该处质点初相为π．

m 16=x 处振动方程为

m 820040400

1620040)cos(.)(cos .πππ-=-=t y 该处质点初相为π8或0． (3)两点相位差为 2

01.0400151622ππλ?π??=?-==x 15m 处质点相位超前．

16-2 已知平面波波函数).(cos .x t y -=5220π．式中x 、y 以米计，t 以秒计，试求(1)波长、周期、波速；(2)在m 1=x 处质点的振动方程；(3)在s 40.=t 时，该处质点的位移和速度．这是原点处的质点在哪一时刻的运动状态？再经过s 40.后该运动状态传至何处？

分析 本题强调这样的概念：波的传播过程是振动状态（或相位）的传播过程．在单位时间内振动状态（或相位）传播的距离称为波的传播速度，也称为相速度，即本书中的波速v （以区别于反映振幅或能量传播的群速度）．波在介质中传播时，波线上各质点仍在各自的平衡位置附近振动，并不跟随波前进，质点

的振动速度为t

y u d d =． 解 (1)将波函数).(cos .x t y -=5220π与简谐波的标准形式对比，得

m/s 5.2 /s rad 5.2==v πω

m

2m 8.05.2s 8.0s 5.222=?=====T T v λπ

πωπ (2)由波函数得m 1=x 处的振动方程为

m )5.2cos(2.0 )5.21(5.2cos 2.0)5

.2(5.2cos 2.01ππππ-=-=-==t t x t y x

(3)由波函数得s 040.=t 时m 1=x 处质点的位移为

m 205

215220040.).(.cos ..=-==t t y π 该时刻该质点振动速度为

05

21525220d d 040040=-?-====..).(.sin ..t t t t y u ππ 是原点处质点在05

2140=-)..(时刻的振动状态． 再经过s 40.该运动状态传播的距离

m 1524040=?==...v x

即传至距该处m 1或距原点m 2处．

16-3 如图16-3，一平面简谐波在空间传播，已知波线上某点P 的振动规律为)cos(?ω+=t A y ,根据图中所示的两种情况，分别列出以O 为原点的波函数．

分析 本题可以沿两条思路求解：(1)由于波线上各点的相位依次落后, 根据两点间的距离可以判断O 点比P 点相位超前多少或落后多少, 因已知P 点的振动方程，就能写出O 点的振动方程，再写出以O 为原点的波函数．(2) 从P 点的振动方程直接写出以P 为原点的波函数，根据波函数的物理意义写出O 点的振动方程，再写出O 为原点的波函数．下面给出第一种解法．

解 (1)第一种情况，波沿x 轴正向传播，O 点的相位比P 点超前v

ω

, 所以O 点的振动方程为

)](cos[?ω

ω++=v l t A y 以O 为原点的波函数为

)])(cos[)]()(cos[?ω?ωω+--=++-=v

v v l x t A l x t A y (2)第二种情况，波沿x 轴负向传播，O 点在P 点右侧，O 点的相位比P 点超前v

l ω，所以O 点的振动方程为 )](cos[?ωω++=v

l t A y 以O 为原点的波函数为

)])(cos[]()(cos[?ω?ωω+++=++--=v

v v l x t A l x t A y 16-4 一平面余弦波在T t 4

3=时的波形如图16-4（a ）所示(T 为周期), 此波以v =36m/s 的速度沿x 轴正向传播, (1)画出t =0时刻的波形图；(2) 求O 、P 点的振动初相；写出O 点的振动方程及以O 为原点的波函数.

分析 波形曲线，即y-x 图，给出了某一时刻波线上各点的位移．已知波速时，从T t 4

3= 时的波形可以推出t =0或t=T 时的波形，从而可得O 点的振动方程, 进而求出O 为原点的波函数．

图16-4

解 (1) T t 43=时刻的波形沿

x 轴负向移动λ4

3即为t=0时的波形，或沿x 轴正向移动λ4

1即得t=T 时的波形，如图16-4(b)． (2) 由图16-4(a)得 m,40 m,20..==λA 又m/s 36=v

对O 点有，t =0时，有

0cos 0==?A y （1） 0sin 0<-=?ωA v （2） 由(1)式得2π

?±=，由(2)式得0sin >?，所以应取

2π?=

对P 点， t =0时，有 2.0cos 0==?A y P (3)

0sin 0=-=?ωA P v (4)

因A =0.2m ，由(3)式得0=?，满足(4)式．

(3)波的角频率 rad/s 180rad/s 4

03622ππλπω=?==.v

O 点的振动方程为 )cos(.2

18020ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ])(cos[.2

3618020ππ+-=x t y m 16-5 一平面波在t =0时的波形曲线如图16-5中曲线(I)所示，波沿x 轴正向传播，经过t =0.5s 后, 波形变为曲线(II). 已知波的周期1≥T s, 试由图中所给条件, 求(1)波函数；(2)A 点的振动方程．

分析 从波形曲线(I)可以求出振幅、波长以及O 点的初相. 但另一个重要的常数ω需结合两条波形曲线考虑. 从图上不难看出, 在0.5s 内波形在x 轴正向移动0.1m ，于是可以计算出波速．再根据周期、波长、波速间的关系求出周期，进而求出角频率.

解 由图16-5知, A =0.1m, 40.=λm, 205

01010....===t v m/s 22040===..v T λs πππω===222T rad/s 对O 点 0cos 0==?A y

(1)

0sin 0<-=?ωA v (2)

由(1)式得2π

?±=，由(2)式得0sin >?，所以应取

2π

?=

故O 点的振动方程为 )cos(.210ππ+

=t y m 以O 为原点的波函数为 ])(cos[.]).(cos[.2

51022010ππππ+-=+-=x t x t y m (2)将10.=A x m 代入上式，得A 点的振动方程为

10210510t t y ππ

πcos .]).(cos[.=+?-=m

16-6 一平面波的波函数为 )sin(.x t y 20050010+=π，式中x ，y 以m 为单位，t 以s 为单位, 试求:（1）波的振幅、频率、波长和波速；（2）何时原点处第一次出现波峰；（3）当t =1s 时，最靠近原点的两个波峰位置.

分析 本书约定波函数以余弦函数表示, 因此可先把题目给的波函数化为余弦函数．分列在原点两侧的第一个波峰应是最靠近原点的波峰．

解 (1)波函数化为余弦函数形式为 ])(cos[.2

100252010πππ-+=x t y m m 1014.3100 25Hz, m,01.0 2-?==

==πλνA m/s 79025101432..=??==-T

v λ

(2) 将x=0, y=A 代入波函数，当第一次出现波峰时，有 02

252=-ππ)(t 得 t =0.01s

(3) 将t =1s 代入波函数得t=1s 时的波形方程

x x y 2000102

20050010sin .)cos(.=-+=ππ 欲出现波峰需满足条件：

)0,1,2.....( 2

12200=+±=k k x π

)(sin 得最靠近原点的两波峰位置为 m 1035.2 2

3200 -1,m

1085.7 2200 ,02231--?-=-==?===x x k x x k ππ

16-7 沿x 轴负向传播的平面简谐波在t =2s 时的波形如图16-17(a), 波速v =0.5m/s, 求O 点的振动方程及此波的波函数.

分析 由已知条件算出T =4s. 欲从t =2s 时的波形求出t =0时的波形, 只需将t =2s 时的波形曲线沿x 轴负向移动半个波长即得. 从t =0时的波形便可求出振动方程的几个常数.

解 从图16-7(a)知

s 4s 5

.02===v

λT rad/s 5.02==T

πω 可得t =0时的波形如图16-7(b). 从图知O 点将向下运动，于是O 点在t =0时有

0cos 0==?A y (1)

0sin 0<-=?ωA v (2) 由(1)式得2π

?±=，由(2)式得0sin >?，所以应取

2π

?=

O 点的振动方程为 )cos(.2

250ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ]).(cos[.250250ππ++=x t y m

16-8 一平面简谐波沿x 轴负向传播, 波长为,λ P 处质点元的振动规律如图16-8. (1)求P 点的振动方程; (2)设OP=d , 求此波以O 为原点的波函数.

分析 振动曲线是描绘波线上某点位移与时间关系的曲线，即y-t 图．通过振动曲线可知P 点的初始条件．有了P 点的初始条件，可得P 点的振动方程．由于波沿x 轴负向传播，因而O 点的相位比P 点落后．

解 (1)由振动曲线知P 点在t =0时有

A A y -==?cos 0 (1)

0sin 0=-=?ωA v

(2)

由(1)式得π?=，满足(2)式． 因T =4s ，则 ππω5.02==T

rad/s 所以P 点的振动方程为 )cos(ππ

+=t A y 2 m (2)波沿x 轴负向传播, P 点相位比O 点超前,所以O 点的振动方程为

])(cos[])(cos[πλ

πππ+-=+-=d t A v d t A y 4220 m

有 4λλ==

T v

以O 为原点的波函数为 ])(cos[])(cos[πλ

πππ+-+=+-+=d x t A v d x t A y 4422m 16-9 图16-9 (a)是一平面简谐波在t =0时的波形曲线. P 点位于波线上

时P 点将向上运动．再观察波形图上x =1.5m 处的质点，当t =0时位于最大位移处，此后一定要向下运动回到平衡位置．既然t =0时P 点将向上最大位移处运动， 而1.5m 处质点已从最大位移返回，便可判断出P 点(1m 处)的相位比1.5m 处质点落后，所以波沿x 轴负向传播．

解 从图16-9(a)知 2=λm, T =0.2s, A =0.2m.

m/s 10 rad/s 102====T

T λππωv 从图16-9 (b)P 点的振动曲线并结合波形曲线(a), 判断出波沿x 轴负向传播, 因而t =0时O 点向下运动，O 点初相由下两式决定：

0cos 0==?ωA y (1)

0sin 0<-=?ωA v (2)

由(1)式得2π

?±=，由(2)式得0sin >?，所以应取

2π

?=

得波函数为 ])(cos[.2

101020ππ++=x t y m 16-10 两相干波源S 1、S 2具有相同的振幅、频率和初相位．已知振幅A =0.01m,

频率为100Hz, 初相位为零. 两波源相距30m, 相向发出二简谐波, 波长为5m. 试求: (1)两波源的振动方程; (2)在两波源连线中点处的合振动方程. 分析 相干波在相遇点的合振幅是各列波在相遇点引起的振动的合成．

解 (1) 已知

ππνωω200221=== rad/s

所以S 1、S 2的振动方程为

t t A y y πφω2000100201cos .)cos(=+==

(2) 如图16-10, 取S 1为坐标原点, 向右为正. 第一列波到达波源连线中

点P 的振动方程为

)](cos[λνπP x t A y -=21)(cos .)](cos[.310020105

151002010-=-=t t ππ 第二列波到达P 点的振动方程为

)](2cos[22λνπP

x x t A y --=

)(cos .)](cos[.310020105

151002010-=-

=t t ππ 所以P 点的合振动方程式为 )(cos .3100202021-=+=t y y y π m

16-11 一简谐空气波, 沿直径为0.14m 的圆柱形管传播, 波的平均强度为3109-?W/m 2

, 频率为300Hz, 波速为300m/s. 求: (1)波的平均能量密度和最大能量密度; (2)每两个相邻同相面间的波中含有的能量.

分析 本题涉及的概念有: 能量密度、平均能量密度、平均能流、能流密度

或波的强度. 从能量密度)(sin v

x t A w -=ωρω222看到, 介质单位体积中的能量不守恒, 随时间作周期变化, 在给定时刻能量又随单位体积平衡位置坐标x 作周期变化，因此波的传播既是振动相位的传播又是能量的传播，因此而称为行波．

解 (1)平均能量密度为 222

1A w ρω= 平均强度为 v A I 222

1ρω= 3533

J/m 103J/m 300

109--?=?==v I w 能量密度为 )(sin 222v

x t A w -=ωρω 最大能量密度为 353522max J/m 106J/m 10322--?=??===w A w ρω

(2)相邻同相面间隔的距离为一个波长，即 1300

300===νλv m 相邻同相面间的波中含有能量

J 1062.4J )07.0(14.31037252--?=???===λπr w V w W

16-12 一简谐波在弹性介质中传播, 波速31001?=.v m/s, 振幅A =1.0×10-4m, 频率31001?=.νHz. 若介质的密度3kg/m 800=ρ, 求: (1)该波的能流密度; (2) 若有一平面面积s=4.0×10-4m 2, 波速v 与该平面法线e n 的夹角为?60， 求一分钟内通过该面积的平均能流.

解 (1)能流密度为

2

523242322W/m 1058.1W/m 10)100.1()1014.32(80021 21?=???????==

-v A I ρω (2)一分钟内通过垂直于波传播方向的平均能流为

W 1089.1W 6060cos 100.41058.1345?=?????==-οIst P

16-13 若太阳能电池板的接收面积为13cm 2, 当正对太阳时, 电池板产生0.45V 电压, 并提供0.20A 电流. 设太阳光的能流密度为1.0×103W/m 2, 求太阳能转变为电能的效率.

分析 1s 内太阳能电池板产生的电能与1s 内电池板吸收的太阳能之比就是能量转换效率．本题提供的太阳的能流密度是一常识性数据．

解 1 s 内太阳能电池吸收的太阳能为

J 3.1J 1013100.143=???==-Is W

产生的电能为 E = 0.2×0.45 J = 0.09 J

所以转换效率为

%9.6%1003

.109.0=?=W E 16-14 两相干平面波波源A 、B 相距20m, 作同频率、同方向和等振幅的振动， 它们所发出的波的频率为100Hz ，波速为200m/s ，相向传播, 且A 处为波峰时, B 处为波谷, 求AB 连线上因干涉而静止

的各点的位置.

分析 两相干波等振幅，所以相干减弱点的振幅为零，即因干涉而静止．A 处为波峰时B 处恰为波谷, 表明波源A 与波源B 的相位差为π． 解 两相干平面波波长为 2100

200===νλv m 两平面波相向传播，相遇点在两波源之间，设P 在A 、B 间，距离波源A 为x ，如图16-14，设波源B 相位比波源A 超前π，有

大学物理活页作业答案(全套)

1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r )(21m j i r )(242m j i r )(3212m j i r r r )/(32s m j i t r v （2）)(22SI j t i dt r d v )(2SI j dt v d a )/(422s m j i v )/(222 s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o sin cos 2 t A tdt A A vdt A x t o t o cos sin

9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5 s m t h dt ds v /1094.1cos 32 （2）当旗杆与投影等长时，4/ t h s t 0.31008.144 10．解： ky y v v t y y v t dv a d d d d d d d -k y v d v / d y C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2 020 2 121ky v C )(22 22y y k v v o o

大学物理下答案习题14

习题14 14.1 选择题 （1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题 （1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]

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习题七 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化． 力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零． 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何? 答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法．从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点． 何谓微观量?何谓宏观量?它们之间有什么联系? 答：用来描述个别微观粒子特征的物理量称为微

观量．如微观粒子(原子、分子等)的大小、质量、速度、能量等．描述大量微观粒子(分子或原子)的集体的物理量叫宏观量，如实验中观测得到的气体体积、压强、温度、热容量等都是宏观量． 气体宏观量是微观量统计平均的结果． 7.6 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率? 解：平均速率 2 8642150 24083062041021++++?+?+?+?+?= = ∑∑i i i N V N V 7.2141 890== 1 s m -? 方均根速率 2 8642150240810620410212 23222 2 ++++?+?+?+?+?= =∑∑i i i N V N V 6 .25= 1 s m -? 7.7 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n 为分子数密度，N 为系统总分子数)． （1）v v f d )( （2）v v nf d )( （3）v v Nf d )( （4）?v v v f 0 d )( （5）?∞ d )(v v f （6）?2 1 d )(v v v v Nf 解：)(v f ：表示一定质量的气体，在温度为T 的平

大学物理课后习题答案(赵近芳)下册

习题八 8-1 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8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-2 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2θ ,如题8-2 图所示．设小球的半径和线的质量都可 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r 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: 02 0π4r r q E ε= 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． 8-4 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 = 2 024d q πε,又有人 说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．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S q E 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 q E 02ε= ，另一板受它的作用 力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >>

中国石油大学华东大学物理2-2第十六章课后习题答案

习题16 16-6在均匀密绕的螺绕环导线内通有电流20A ，环上线圈 400匝，细环的平均周长是40cm ，测得环内磁感应强度是1.0T 。求： (1)磁场强度； (2)磁化强度； (3)磁化率； (4)磁化面电流的大小和相对磁导率。 [解] (1) 螺绕环内磁场强度 由nI d L =??l H 得 1 -42 m 100.2104020400??=??== -A L nI H (2) 螺绕环内介质的磁化强度 由M B H -= μ得 1-547 m 1076.710210 40 .1??=?-?= -= --A H B M πμ (3) 磁介质的磁化率 由H M m χ=得 8.381021076.74 5 m =??==H M χ (4)环状磁介质表面磁化面电流密度 -15m 1076.7??==A M j 总磁化面电流 A L j dL M I L 55101.34.01076.7?=??=?=?='? 相对磁导率 8.398.3811m 0r =+=+== χμμH B

16-7．一绝对磁导率为μ1的无限长圆柱形直导线，半径为R 1，其中均匀地通有电流I 。导线外包一层绝对磁导率为μ2的圆筒形不导电磁介质，外半径为R 2，如习题16-7图所示。试求磁场强度和磁感应强度的分布，并画出H -r ，B-r 曲线。 [解] 将安培环路定理∑?=?I d L l H 应用于半径为r 的同心圆周 当0≤r ≤1R 时，有 2 2 1 12r R I r H πππ?= ? 所以 2 112R Ir H π= 2111 112R Ir H B πμμ== 当r ≥1R 时，有I r H =?π22 所以r I H π22= 在磁介质内部1R ≤r ≤2R 时，r I H B πμμ22222== 在磁介质外部r ≥2R 时，r I H B πμμ20202 ==' 各区域中磁场强度与磁感应强度的方向均与导体圆柱中电流的方向成右手螺旋关系。 H -r 曲线 B-r 曲线 习题16-7图 R 1 R 2 本图中假设 B 2 12 1μμ>r r 1

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

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练习 1质点运动学(一) 班级学号姓名成 绩. 1. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为r at 2 i bt 2 j （其中a、b为常量）, 则该质点作 (A) 匀速直线运动．(B) 变速直线运动． (C) 抛物线运动．(D)一般曲线运动．［］ 2.一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为，某一时间内的平均 速度为 v ，平均速率为v，它们之间的关系必定有： （A） v v, v v（） v v, v v B （C） v v, v v（） v v, v v[] D 3.一质点沿直线运动 ,其运动学方程为 x = 6 t －t 2(SI)，则在 t 由 0至 4s 的时间间隔内，质点 的位移大小为 ___________，在 t 由 0 到 4s 的时间间隔内质点走过的路程为_______________．4.一质点作直线运动，其坐标 x 与时间 t 的关系曲线如图所示．则该质点在第秒瞬时速度为零；在第秒至第秒间速度与加速度同方向． x (m) 5 t (s) O 1 2 3 4 5 6 5. 有一质点沿 x 轴作直线运动， t 时刻的坐标为 x = t 2–2 t 3(SI) ．试求： (1)第 2 秒内的平均速度； (2)第 2 秒末的瞬时速度； (3)第 2 秒内的路程．

6.什么是矢径矢径和对初始位置的位移矢量之间有何关系怎样选取坐标原点才能够使两者一致 练习 2质点动力学(一) 班级学号姓名成 绩. 1.质量分别为 m1和 m2的两滑块 A 和 B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为，系统在水平拉力 F 作用下匀速 F 运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，B A 二者的加速度 a A和 a B分别为 x (A) a A=0 , a B=0.(B) a A>0 , a B<0. (C) a A<0 , a B>0.(D) a A<0 , a B=0. ［］ 2.体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端．他们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则 到达顶点的情况是 (A)甲先到达．(B)乙先到达． (C)同时到达．(D)谁先到达不能确定．［］ 3.分别画出下面二种情况下，物体 A 的受力图． (1)物体 A 放在木板 B 上，被一起抛出作斜上抛运动， A 始终位于 B 的上面，不计空气阻力； A v B A B (1)C(2)

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1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，则该面内必定没有净电荷； （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：A] (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，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (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：1：5] 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

大学物理 上海交通大学 16章 课后习题答案

习题16 16-1．如图所示，金属圆环半径为R，位于磁感应强度为B 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v 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 a、b间的电势差。 解：（1）由法拉第电磁感应定律 i d dt ε Φ =- ，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感应电动势 i ε=； （2）利用： () a ab b v B dl ε=?? ? ，有： 22 ab Bv R Bv R ε=?= 。 【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，长直导线中通有电流A I0.5 =，在与其相距cm 5.0 = d 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长cm 0.4 = l，宽cm 0.2 = a。 不计线圈自感，若线圈以速度cm/s 0.3 = v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0 l B dl I μ ?=∑ ? 求出电场分布，易得：02 I B r μ π = ， 则矩形线圈内的磁通量为： 00ln 22 x a x I I l x a l dr r x μμ ππ ++ Φ=?= ? ， 由 i d N d t ε Φ =- ，有： 11 () 2 i N I l d x x a x dt μ ε π =--? + ∴当x d =时，有： 04 1.9210 2() i N I l a v V d a μ ε π - ==? +。 解法二：利用动生电动势公式解决。 由0 l B dl I μ ?=∑ ? 求出电场分布，易得：02 I B r μ π = ， 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：11 NB l v ε= ， 远端部分：22 NB lv ε= ， 则：12 εεε =-= 004 11 () 1.9210 22() N I N I al v l v V d d a d d a μμ ππ- -==? ++。 16-3．如图所示，长直导线中通有电流强度为I的电流，长为l的金属棒ab与长直导线共面且垂直于导线放置，其a端离导线为d，并以速度v 平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势ε并比较U a、U b的电势大小。 解法一：利用动生电动势公式解决： () d v B dl ε=?? 2 I v d r r μ π =? ，

大学物理活页作业答案全套(供参考)

1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r （2）)(22SI j t i dt r d v )(2SI j dt v d a 8．解： 9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω （2）当旗杆与投影等长时，4/ t 10．解： ky y v v t y y v t dv a d d d d d d d -k y v d v / d y 已知y =y o ，v =v o 则2 020 2 121ky v C 2.质点运动学单元练习（二）答案 1．D 2．A 3． B

4．C 5．14 s m t dt ds v ；2 4 s m dt dv a t ；22 2 8 s m t R v a n ； 6．s rad o /0 .2 ；s rad /0 .4 ；2 /8 .0s rad r a t ； 7．解：（1）由速度和加速度的定义 )(22SI j i t dt r d v ；)(2SI i dt v d a （2）由切向加速度和法向加速度的定义 （3） )(1 22/322 SI t a v n 8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y 45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得 9．解：s m u v /6.3430tan 10．解： l h v u ；u h l v 3.牛顿定律单元练习答案 1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721 ；2/98.02.0s m M T a 5．x k v x 2 2 ；x x x v k dt dx k dt dv v 222

大学物理II练习册答案16

大学物理练习 十六 一、选择题 1．一束波长为λ的平行单色光垂直入射到一单缝 AB 上，装置如图，在屏幕D 上形成衍射图样，如果P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置，则 BC 的长度为 [A ] (A) λ (B)λ/2 (C) 3λ/2 (D) 2λ 解: P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置,λθk a C B ==sin (k=1) 2．单缝夫琅和费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a=4λ的单缝 上，对应于衍射角为300的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为 (A) 2个 (B) 4个 (C) 6个 (D) 8个 [ B ] 解: 0 304sin ===θλλ θa k a 可得k=2, 可分成的半波带数目为4个. 3．根据惠更斯—菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某 点P 的光强度决定于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的 （A ） 振动振幅之和。 （B ）光强之和。 （B ） 振动振幅之和的平方。 （D ）振动的相干叠加。 [D ] 解: 所有面积元发出的子波各自传到P 点的振动的相干叠加. 4．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小。若 使单缝宽度a 变为原来的23 ，同时使入射的单色光的波长λ变为原来的3/4，则 屏幕C 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度x ?将变 为原来的 (A) 3/4倍。 (B) 2/3倍。 (C) 9/8倍。 (D) 1/2倍。 （E ）2倍。 [ D ] 解:a f x λ 2=? C 屏 f D L A B λ

5．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，将单缝宽度a 稍稍变宽，同时使单缝沿y 轴正方向作微小位移，则屏幕C 上的中央衍射条纹将 [ C ] (A) 变窄，同时向上移； (B) 变窄，同时向下移； (C) 变窄，不移动； (D) 变宽，同时向上移； (E) 变宽，不移动。 解: ↑a ↓?x 6．某元素的特征光谱中含有波长分别为λ1=450nm 和λ2=750nm （1nm=10-9m ）的光谱线。在光栅光谱中，这两种波长的谱线有重叠现象，重叠处λ2的谱线的级数将是 [ D ] (A) 2,3,4,5……… (B) 2,5,8,11…….. (C) 2,4,6,8……… (D) 3,6,9,12…….. 解: 2211sin λλθk k d == 6,103 ,52121====k k k k 当.....)3,2,1( 32==n n k 7．设星光的有效波长为55000A ，用一台物镜直径为1.20m 的望远镜观察双星时， 能分辨的双星的最小角间隔δθ是 [ D ] (A) rad 3102.3-? (B) rad 5104.5-? (C) rad 5108.1-? (D) rad 7106.5-? 解:

大学物理A活页作业任务

练习1 质点运动学(一) 班级 学号 姓名 成绩 . 1. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 2 2 （其中a 、b 为常量）, 则该质点作 (A) 匀速直线运动． (B) 变速直线运动． (C) 抛物线运动． (D)一般曲线运动． ［ ］ 2.一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为 ，某一时间内的平均速 度为v ，平均速率为v ，它们之间的关系必定有： （A ）v v v,v （B ）v v v,v （C ）v v v,v （D ）v v v,v [ ] 3.一质点沿直线运动,其运动学方程为x = 6 t －t 2 (SI)，则在t 由0至4s 的时间间隔内，质点 的位移大小为___________，在t 由0到4s 的时间间隔内质点走过的路程为_______________． 4.一质点作直线运动，其坐标x 与时间t 的关系曲线如图所示．则该质点在第 秒瞬时 速度为零；在第 秒至第 秒间速度与加速度同方向．

5. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求： (1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程． 6. 什么是矢径？矢径和对初始位置的位移矢量之间有何关系？怎样选取坐标原点才能够使两者一致？ 练习2 质点动力学(一) 班级 学号 姓名 成绩 . 1.质量分别为m 1和m 2的两滑块A 和B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为 ，系统在水平拉力F 作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A 和a B 分别为 (A) a A =0 , a B =0. (B) a A >0 , a B <0. (C) a A <0 , a B >0. (D) a A <0 , a B =0. ［ ］ 2. 体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端．他们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是

大学物理习题集(下)答案

一、 选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子 的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表 此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题

《大学物理》(第三版)第16章习题及答案

习题十六 16-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m λ便可求得T ．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m 55.0m μλ=，北极星的m 35.0m μλ=，天狼星的 m 29.0m μλ=，试求这些星球的表面温度． 解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律： 3- 红限)波长有多大? 解：(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式2 2 1m mv hv =A + 则光电子最大动能： A hc A h mv E m -=-== λ υ2m ax k 21

eV 0.2J 1023.310 6.12.41020001031063.6191910 834=?=??-????=---- m 2 m ax k 2 1)2(mv E eU a = = ∴遏止电势差 V 0.210 6.11023.319 19 =??=--a U 此? 1秒钟落到2m 1地面上的光子数为 2 1198347 m s 1001.21031063.6105888----??=?????= ==hc E n λ 每秒进入人眼的光子数为

1 1462192 s 1042.14 /10314.31001.24 --?=????==d n N π 16-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量． 解：电子的静止质量S J 1063.6,kg 1011.93431 0??=?=--h m 当 2 0c m h =υ时， 则 p 或 ? ε与∴ 5)(00=-=-= υ υυ υυυε h h E k 已知 2.10=λλ 由2.10=∴=υ υλυc 2.110=υυ则 52 .01 12.110==-=-υυυ

大学物理下册练习及答案

大学物理下册练习及答 案 文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]

电磁学 磁力 A 点时，具有速率s m /10170?=。 （1） 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需 的磁场大小和方向； （2） 求电子自A 运动到C 所需的时间。 解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。 （2）所需的时间为s v R T t 87 0106.110 105 .0222-?=??===ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =的匀强磁场中，其速度 B 成89角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 1019 31 106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.1 0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在 知铜片里每立方厘米有2210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时， （1）求铜片两侧的电势差'aa U ； （2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响为什么 解：（1）53 1928'1023.210 0.1)106.1(104.85 .1200---?-=???-???== nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。 v A C

大学物理下册第三版课后答案16电磁感应

习题16 GG 上传 16-1．如图所示，金属圆环半径为R ，位于磁感应强度为B 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v 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a 、b 间的电势差。 解：（1）由法拉第电磁感应定律i d dt εΦ =-，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感应电动势0i ε=； （2）利用：()a ab b v B dl ε= ??? ，有：22ab Bv R Bv R ε=?=。 【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，长直导线中通有电流A I 0.5=，在与其相距cm 5.0=d 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长cm 0.4=l ，宽cm 0.2=a 。 不计线圈自感，若线圈以速度cm/s 0.3=v 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 0l B dl I μ?=∑? 求出电场分布，易得：02I B r μπ=， 则矩形线圈内的磁通量为：00ln 22x a x I I l x a l dr r x μμππ++Φ= ?=? ， 由i d N d t εΦ=-，有：011()2i N I l d x x a x dt μεπ=--?+ ∴当x d =时，有：041.92102() i N I l a v V d a μεπ-= =?+。 解法二：利用动生电动势公式解决。 由 0l B dl I μ?=∑? 求出电场分布，易得：02I B r μπ=， 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：11NB l v ε=， 远端部分：22NB lv ε=，

大学物理课后习题及答案16

习题十六 18-1 用波长为1800?的紫外光照射红限波长为2730?的钨，那么从钨表面逸出的电子的最大初动能为多大?初速度是多大(1eV=J 106.119-?)? [解] 由Einstien 光电效应方程 ()??? ? ??-=-=002 max 1121λλννhc h mv 108341012730118001 10310626.6--???? ??-????= eV 35.2J 1076.319=?=- 已知kg 1011.931-?=m ，因此s m 101.95max ?=v 18-2 当波长为3000?的光照射在某金属表面时，光电子的能量范围从0到J 100.419-?。在做上述光电效应实验时遏止电压是多大?此金属的红限频率是多大? [解] 由Einstien 光电效应方程 ()02 max 21νν-=h mv 2 max 2max 02 121mv hc mv h h -=-=λνν 19191910626.2100.410626.6---?=?-?= 红限频率 Hz 1097.3140?=ν 遏止电压a U 满足 J 100.42 1192 max a -?== mv eU 所以 V 5.2106.1100.419 19 a a =??==--e eU U 18-3 已知铯的逸出功为1.9eV ，如果用波长为3.5710-?m 的光照射在铯上，问光电效应的遏止电压a U 是多大?从铯表面逸出的电子的最大速度是多大? [解] A hc mv -=λ 2max 21 J 1064.21004.31068.5191919---?=?-?= V 65.110 6.11064.22119 192 max a =??==--e mv U

大学物理学第三版下册课后答案

习题八 8-1 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8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无 关． 题8-1图 题8-2图 8-2 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2θ ,如题8-2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 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r 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: 02 0π4r r q E ε= 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． 8-4 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 = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 ε．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S q E 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 q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为 θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ =

精选-大学物理II练习册答案16

大学物理练习 十六 一、选择题 1．一束波长为λ的平行单色光垂直入射到一单缝AB 上，装置如图，在屏幕D 上形成衍射图样，如果P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置，则 BC 的长度为 [A ] (A) λ (B)λ/2 (C) 3λ/2 (D) 2λ 解: P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置,λθk a C B ==sin (k=1) 2．单缝夫琅和费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a=4λ的单缝 上，对应于衍射角为300的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为 (A) 2个 (B) 4个 (C) 6个 (D) 8个 [ B ] 解: 0 304sin ===θλλθa k a 可得k=2, 可分成的半波带数目为4个. 3．根据惠更斯—菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某点P 的光强度决定于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的 （A ） 振动振幅之和。 （B ）光强之和。 （B ） 振动振幅之和的平方。 （D ）振动的相干叠加。 [D ] 解: 所有面积元发出的子波各自传到P 点的振动的相干叠加. 4．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小。若使单缝宽度a 变为原来的 2 3，同时使入射的单色光的波长λ变为原来的3/4，则 屏幕C 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度x ?将变为原来的 (A) 3/4倍。 (B) 2/3倍。 (C) 9/8倍。 (D) 1/2倍。 （E ）2倍。 [ D ] 解:a f x λ 2=? C 屏 f D L A B λ

5．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，将单缝宽度a 稍稍变宽，同时使单 缝沿y 轴正方向作微小位移，则屏幕C 上的中央衍射条纹将 [ C ] (A) 变窄，同时向上移； (B) 变窄，同时向下移； (C) 变窄，不移动； (D) 变宽，同时向上移； (E) 变宽，不移动。 解 ↑a ↓ ?x 6．某元素的特征光谱中含有波长分别为λ1=450nm 和λ2=750nm （1nm=10-9m ）的光谱线。在光栅光谱中，这两种波长的谱线有重叠现象，重叠处λ2的谱线的级数将是 [D ] (A) 2,3,4,5……… (B) 2,5,8,11…….. (C) 2,4,6,8……… (D) 3,6,9,12…….. 解: 2211sin λλθk k d == 6,103 ,521 21====k k k k 当.....)3,2,1( 32==n n k 7．设星光的有效波长为55000 A ，用一台物镜直径为1.20m 的望远镜观察双星时，能分辨的双星的最小角间隔δθ是 [ D ] (A) rad 3102.3-? (B) rad 5104.5-? (C) rad 5108.1-? (D) rad 7106.5-? λ