大学物理练习答案施建青(2)

1、练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动1-1 （1）D；（2）D；（3）B；（4）C1-2 （1）8 m；10 m；（2）x = (y-3)2；（3）10 m/s2，15 m/s21-3 解：（1）（2） （3）垂直时，则s，（舍去）1-4 解：设质点在x处的速度为v，1-5 解： 又ky，所以-kv dv / dy已知y0 ，v0 则1-6 证： d v /v =Kdx , v =v 0eKx练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动2-1 （1）C；（2）A；（3）B ；（4）D；（5）E 2-2（1）gsinq ，gcosq ；（2） ；（3）-c ，(b-ct)2/R；（4）69.

2、8 m/s；（5），2ct，c2t4/R2-3 解：（1）物体的总加速度为ORSaaanBA （2）2-4解：质点的运动方程可写成 S = bt , 式中b为待定常量。由此可求得 , 由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动，r 越来越小，而b为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。2-5 解： 设下标A指飞机，F指空气，E指地面，由题可知： vFE =60 km/h 正西方向 vAF =180 km/h 方向未知 vAE 大小未知， 正北方向 所以 、 、构成直角三角形，可得 飞机应取向北偏东19.4°的航向。练习3 牛顿运动定律3-1 （1

3、）C；（2）D ；（3）D；（4）B；（5）B3-2 （1）l/cos2；（2）23-3 解：(1)先计算公路路面倾角q 。 设计时轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上因而有 所以 (2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为mN，这里N为该时刻地面对车的支持力。由牛顿定律 所以将代入得3-4 解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h。由 又由得，代入式得 同步卫星的角速度 rad/s，解得 m， km(2) 由题设可知卫星角速度w的误差限度为 rad/s由式得 取微分并令dr =Dr，dw =Dw，且取绝对值，有3D r/r =2Dw/wDr=

4、2rDw /(3w) =213 m 3-5 解： 练习4 质心系和动量守恒定律4-1 （1） C；（2）C；（3）C 4-2 （1）0.003 s， 0.6 N·s，2 g；（2），；（3），；（4）；（5）18 N·s 4-3 解：设沙子落到传送带时的速度为，随传送带一起运动的速度为，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上。 设质量为Dm 的砂子在Dt时间内平均受力为,则由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与x轴的夹角为，则-1(4/3)= 53°力方向斜向上。 4-4 解：人到达最高点时，只有水平方向速度v = v 0cosa，此人于最高点向后抛出物体m。

5、设抛出后人的速度为v 1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。即 由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为因为人从最高点落到地面的时间为故人跳的水平距离增加量为4-5 解：(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒设炮车相对于地面的速率为Vx，则有 即炮车向后退。 (2) 以u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为通过积分，可求炮车后退的距离 即向后退。练习5 机械能守恒定律5-1 （1）B；（2）A；（3）D；（4）C 5-2 （1）18J，6m/s；（2） 或 ；（3）；（4） ， 5-3 解：(1)建立如图坐标。某一时刻桌

6、面上全链条长为y,则摩擦力大小为Ox题5-3解图摩擦力的功 (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ， 5-4 解：陨石落地过程中，万有引力的功 根据动能定理 5-5 解：如图所示，设l为弹簧的原长，O处为弹性势能零点；x0为挂上物体后的伸长量，O为物体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的O²处为重力势能的零点由题意得物体在O处的机械能为 在O² 处，其机械能为 由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即 在平衡位置有mgsina =kx0代入上式整理得练习6 碰撞、角动量守恒定律6-1 （1）C；（2）E 6-2 （1）mw ab，0；（2）1 N·m·s

7、，1 m/s；（3）2275 kgm2·s-1，13 m·s-16-3 解：A、B两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得 联立解出， 由于二球同时落地，所以 ，。且。故 ， 所以 6-4 解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒。 设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、I0、w0和v、I、w则 整理后得 物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 由式可得当F = 600 N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R = 0.3 m分6-5 解：A对B所在点的角动量守恒设粒子A到达距B最短距离为d时的速度为v。， A、B系统机械能守恒(A在很

8、远处时， 引力势能为零) 6-6 解：(1) 爆炸过程中，以及爆炸前后，卫星对地心的角动量始终守恒，故应有 其中r是新轨道最低点或最高点处距地心的距离，则是在相应位置的速度，此时。 (2) 爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒： 由牛顿定律 将式、式代入式并化简得 故 7397 km，7013 km 远地点： km 近地点： km练习7 刚体定轴转动的转动定律和动能定理7-1 （1）A；（2）C 7-2（1）50ml 2 ；（2）5.0 N·m ；（3）3mL2 / 4，mgL，；（4）47-3 rSMaOx2x112解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为x1、x2 选长度为x

9、1、x2的两段绳和绕着绳的盘为研究对象设a为绳的加速度，为盘的角加速度，r为盘的半径，r为绳的线密度，且在1、2两点处绳中的张力分别为T1、T2，则r = m / l，a = r x2 r gT2 = x2r a T1x2 r g = x1r a (T1T2 ) r = (Mprr)r 2 解上述方程，利用l = prx1x2，并取x2x1 = S，可得 7-4 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mgT ma 对滑轮： TR = Ib 又aRb 将、式联立得 amg / (mM)由于v00，所以vatmgt / (mM)7-6 解：如图所示，设重物的对地加速度为a，向上.则绳的A

10、端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下。由牛顿第二定律， 对人： MgT2Ma 对重物： T1MgMa 由转动定律，对滑轮有 (T2T1)RIbMR2b / 4 因绳与滑轮无相对滑动abR 由、四式联立解得a2g / 7练习8 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律8-1 （1） C；（2）D；（3）B 8-2 8-3 解：由动量定理，对木块M ：fDtM(v2v1)对于圆柱体：fDtRI(ww 0)所以-M(v2v1)I(ww 0) / R因为 , 有-M(v2-v1)Iw / RIv2/ R28-4 解：(1) 选择A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力

11、矩作用，故系统角动量守恒。IAwAIBwB = (IAIB)w又wB0，可得 w » IAwA / (IAIB) = 20.9 rad / s转速200 rev/min (2) A轮受的冲量矩 = IA(IAIB) = -4.19×10 2 N·m·s负号表示与方向相反。 B轮受的冲量矩 = IIB(w - 0) = 4.19×102 N·m·s方向与相同。 8-5 解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为 式中r为杆的线密度。碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为 因碰撞前后角动量守恒，所以 w = 6v0 / (7L) 8-5 解：(

12、1) 将转台、砝码、人看作一个系统。在运动过程中，人作的功W等于系统动能之增量WDEk这里的I0是没有砝码时系统的转动惯量。 (2) 由于在运动过程中无外力矩作用，故系统的动量矩守恒。有 2p(I0) n1 = 2p (I0) n2(3) 将I0代入W式，得练习9 狭义相对论的基本原理、洛仑兹坐标和速度变换9-1 （1）C；（2）A 9-2 （1）相对的，运动；（2）8.89×10-8；（3）c；（4）9-3 解：设K相对于K运动的速度为v沿x (x¢)轴方向，则根据洛仑兹变换公式，有 , (1) , 因两个事件在K系中同一点发生，x2 = x1，则 解得 =(3/5)c

13、=1.8×108 m/s (2) , 由题x1 = x2 ，则 9×108 m9-4 证：设两系的相对速度为v., 根据洛仑兹变换， 对于两事件，有 由题意，可得 及 把 代入上式 9-5 解：设静止观察者为K系，火箭乙为K系，火箭甲为运动物体，K相对K系的速度 u = -3c/4，火箭甲在K系中的速度vx = +3c/4根据狭义相对论的速度变换公式，火箭甲相对于火箭乙（K系）的速度为分两火箭的相对接近速率为0.96c 9-6 解：已知，按狭义相对论的速度变换公式分在K系中光讯号的速度大小 光讯号传播方向与x轴的夹角 练习10 相对论时空观10-1 （1） B；（2）A ；

14、（3）B 10-2 （1）4.33×10-8；（2）2.60×108；（3）0.075 m3；（4）Dx/v，；（5），10-3 解：令S系与S系的相对速度为v，有， 则= 2.24×108 m·s-1那么，在S系中测得两事件之间距离为= 6.72×108 m10-4 解：设地球为K系，飞船B为K系，飞船A中的尺则为运动物体。若u = v为K系相对K系的速率，则vx = -v是尺相对地球的速率，尺在K系中的速率为 这就是尺相对B船的速率，用v12表示之。 则B中观察者测得A中米尺的长度是 上式中令l0 = 1 m可得米尺长度（以米为单位）。 1

15、0-5 解：按地球的钟，导弹发射的时间是在火箭发射后 s这段时间火箭在地面上飞行距离则导弹飞到地球的时间是 s那么从火箭发射后到导弹到达地面的时间是 Dt = Dt1 + Dt2 =12.525 =37.5 s 10-6 解：考虑相对论效应，以地球为参照系，m子的平均寿命为 s则m 子的平均飞行距离9.46 km。m 子的飞行距离大于高度，所以有可能到达地面。练习11 相对论动力学基础11-1 （1）C ；（2）A；（3）A；（4）D 11-2 （1）0.25mec2 ；（2），；（3），；（4）；（5），11-3 解：按题意， ， ，动能，即11-4 解：设实验室为K系，观察者在K系中，电子

16、为运动物体，则K对K系的速度为u = 0.6c，电子对K系速度为vx = 0.8c。电子对K系的速度 观察者测得电子动能为动量 1.14×10-22 kg·m/s11-5 解：v 2.996×108 m·s-11.798×104 m11-6 答：这个解答不对，理由如下： 由A、B的静止质量、运动速率都相同，故mA = mB ，又因两者相向运动, 由动量守恒定律，合成粒子是静止的。由能量守恒定律，可得练习12 理想气体统计模型、压强公式、温度公式12-1 （1）A；（2）A；（3）B；（4）A；（5）B 12-2（1）0，；（2），；（3）772

17、9K；（4）1：1，2：1，2：1，5：3，10：312-3 解：对刚性双原子分子，氮气的内能内能增量由题意有K其中M=kg, 由得压强增量 Pa12-4 解：（1）单位体积内的分子数 m-3（2）由状态方程 得氧气密度 kg/m3（3）氧分子的质量 kg（4）将分子视为刚性小球，则第一个分子所占体积为 ，可得分子间的平均距离 （5）分子的平均平动动能12-5 解：（1）由 ，得 kg/mol（2） m/s （3）（4）单位体积内气体分子的总平动动能， J/m3 （5）由于，气体的内能为练习13 分布函数、气体分布定律13-1 （1）D；（2）B；（3）C13-2 （1）氧、氢、T1；（2）N

18、；（3）速率区间的分子数占总分子数的百分比13-3 解（1）设使用前质量为m，则使用后为m/2，则（2）由，得 m/s13-4解：与v p相差不超过1%的分子是速率在到区间的分子，故Dv = 0.02，并将v =代入上式，可得DN / N = 1.66%。13-5 解：(1) 根据归一化条件c = 1 / v 0(2) 根据定义式 13-6 解：（1）由于电子的有效直径不计，跟踪一个电子A，凡是中心在半径为d/2的圆柱体内的分子都会与该电子相碰，因此电子与气体分子的碰撞截面积=。(2) 设电子相对分子的平均速率为，则在时间t内，电子A所走过的路程为，相应的圆柱体的体积为，如果以n表示气体单位体

19、积内的分子数，则在此圆柱体内的总分子数为n，这也就是A与其它分子的碰撞次数，因此。练习14 热力学第一定律及其应用14-1 （1） D；（2）C；（3）C；（4）B14-2 （1）； (2) 260J， -280J；(3) 过程等体减压-0-等压压缩-绝热膨胀-+0图(a)abc0-图(b)abc-+-adc-+14-3 解：（1）（2） 14-4 解：(1)由等温线 得由绝热线得 由题意知 1/0.714=1.4由绝热方程 Pa (2) J 练习15 循环过程、热机、制冷机15-1 （1）C；（2）C ；（3）A15-2 （1）吸热；（2） 500K，100K；（3）<； (4) 15

20、-3 解 (1) J (2) J (3) J 15-4 解：由图可知，pA=300 Pa，pB = pC =100 Pa；VA=VC=1 m3，VB =3 m3 (1) CA为等体过程，据方程pA/TA= pC /TC，得 TC = TA pC / pA =100 K BC为等压过程，据方程VB/TB=VC/TC，得 TB=TCVB/VC=300 K (2) 各过程中气体所作的功分别为 AB： =400 J BC： W2 = pB (VCVB ) = -200 J CA： W3 =0 (3) 整个循环过程中气体所作总功为 W= W1 +W2 +W3 =200 J 因为循环过程气体内能增量为E=

21、0，因此该循环中气体总吸热 Q =W+E =200 J 15-5 解：在ab过程中，外界作功为 在bc过程中，外界作功在cd过程中从低温热源T1吸取的热量等于气体对外界作的功，其值为 在da过程中气体对外界作的功为致冷系数为 15-6 解： Q1 = n Cp(TBTA) , Q2 = n Cp(TCTD) 根据绝热过程方程得到 ， 因为pA = pB , pC = pD ，所以TA / TB = TD / TC练习16 热力学第二定律、卡诺定律、熵16-1 （1）D；（2）A；（3）C；（4）D；（5）C16-2 （1）23J/K，0；（2）概率，概率大的状态；（3）答：不正确。熵的增加原理

22、是：“绝热（或封闭或孤立）物系的熵永不减少”或：“绝热（或封闭或孤立）物系的熵在可逆过程中不变，在不可逆过程中增加”；（4）分子热运动无序性（或混乱性）16-3 解：（1） ，可见是不可逆热机。（2） 16-4 解 (1) 理想气体作无限缓慢的膨胀过程可视为可逆过程，对绝热过程，则有 (2)对等温过程，则有16-5 解：（1）（2）（3） 练习17 库仑定律、电场强度17-1 （1）B；（2） B ；（3）D 17-2（1）；（2）0，pE sina ；（3），；（4），由圆心O点指向S17-3 解：选左棒的左端为坐标原点O，x轴沿棒方向向右，在左棒上x处取线元dx，其电荷为dqldx，它在右

23、棒的处产生的场强为 整个左棒在处产生的场强为右棒处的电荷元ld在电场中受力为 整个右棒在电场中受力为方向沿x轴正向。左棒受力为17-4 解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q处取微小电荷dq = ldl = 2Qdq / p，它在O处产生场强按q角变化，将dE分解成二个分量：对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷0 17-5 解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为l = s0cosf Rdf它在O点产生的场强为它沿x、y轴上的二个分量为dEx=dEcosf =dEy=dEsinf =练习18 电通量、静电场高斯定理18-1 （1）C；（2）D

24、；（3）B 18-2 （1）q / (24e0)；（2） l / e0 ；（3）pR2E 18-3 解：以P点为球心，为半径作一球面可以看出通过半径为R的圆平面的电场强度通量与通过以它为周界的球冠面的电场强度通量相等。球冠面的面积为S = 2pr (rh)整个球面积S0 = 4pr2通过整个球面的电场强度通量F0=q/e0所以，通过球冠面的电场强度通量 18-4 解：两带电平面各自产生的场强分别为 方向如图示 方向如图示在两面间 =3×104 N/C 方向沿x轴负方向。在两面外左侧，=1×104 N/C方向沿x轴负方向。在两面外右侧，= 1×104 N/C方向沿x

25、轴正方向。 18-5 解：由题意知，电荷沿x轴方向按余弦规律变化。可以判断场强的方向必沿x轴方向，且相对yOz平面对称分布在±x处作与x轴垂直的两个相同的平面S，用与x轴平行的侧面将其封闭为高斯面，如图所示。由高斯定理2SE = 2S r0 sin x / e0E=r0 sin x / e0方向可由E值正、负确定，E>0表示沿x轴正向，E<0则沿x轴负向。练习19 静电场环路定律、电势、电势能 19-1 （1）D；（2）D 19-2 （1）电场强度和电势，(U0=0)；（2）0，qQ / (4pe0R) ；（3）0，l / (2e0)；（4）；（5）； （6）-2Ax /

26、 (x2+y2)，0 19-3 解：由高斯定理可得场强分布为： E =-s / e0 (axa)E = 0 (xa ，ax)由此可求电势分布：在xa区间在axa区间 在ax区间 19-4 解：设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx，其上电荷为，该线元在带电球面的电场中所受电场力为dF = qldx / (4pe0 x2)整个细线所受电场力为 方向沿x正方向。 电荷元在球面电荷电场中具有电势能 dW = (qldx) / (4pe0 x)整个线电荷在电场中具有电势能 19-5 解：(1) 取半径为r、高为h的高斯圆柱面(如图所示)，面上各点场强大小为E并垂直于柱面则穿过该柱面的电场强度

27、通量为：为求高斯面内的电荷，rR时，取一半径为r¢，厚d r¢、高h的圆筒，其电荷为则包围在高斯面内的总电荷为由高斯定理得 (rR)rR时，包围在高斯面内总电荷为由高斯定理 (r >R) (2) 计算电势分布 rR时rR时练习20 静电场中的导体、电介质20-1 （1）B；（2）D；（3）B；（4）C；（5）C 20-2 （1）rq / R；（2）l/(2pr)，l/(2p e0 er r)；（3），；（4）q / (2pd 2)20-3 解：取半径为+d的薄壳层，其中包含电荷 应用的高斯定理，取半径为r的球形高斯面。在球内，有 D1 = k / 2 ，(为径向单位矢

28、量)E1 = D1 / (e0er) = k / (2e 0er)， 在球外，有分 , ， 20-4 解：选直线到板面的垂足O为原点，x轴垂直于板面在板面上任取一点P，P点距离原点为r在带电直线上任取一电荷元dq = ldx，该电荷元距离原点为x，它在P点左边的邻近一点产生的场强x分量为带电直线在P点左边邻近点产生的场强x分量 设P点的感生电荷面密度为sP，它在P点左边邻近点产生的场强为由场强叠加原理和静电平衡条件，该点合场强为零，即 20-5 解：(1) 设内、外筒单位长度带电荷为l和l两筒间电位移的大小为Dl / (2pr)在两层介质中的场强大小分别为 E1 = l / (2pe0 er1

29、r)， E2 = l / (2pe0 er2r)在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即 E1M = l / (2pe0 er1R1)， E2M = l / (2pe0 er2R)E1M / E2M = er2R / (er1R1) = R / (2R1)已知R12 R1，可见E1ME2M，因此外层介质先击穿。(2) 当内筒上电量达到lM，使E2MEM时，即被击穿。有 lM = 2pe0 er2REM 此时两筒间电压(即最高电压)为练习21 电容与电容器、静电场的能量21-1 （1）C；（2）B；（3）C 21-2 （1）Q2 / (2e0S)；（2），；（3） ；（4）-Q2 / (

30、4C)；（5）；（6）7.2 21-3 解：以左边的导线轴线上一点作原点，x轴通过两导线并垂直于导线两导线间x处的场强为两导线间的电势差为 设导线长为L的一段上所带电量为Q，则有，故单位长度的电容 21-4 解：由题给条件 (和，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两筒之间的场强两筒间的电势差电容器的电容电容器贮存的能量 21-5 解：因保持与电源连接，两极板间电势差保持不变，而电容值由 电容器储存的电场能量由 在两极板间距增大过程中，电容器上电荷由Q减至Q，电源作功： 设在拉开极板过程中，外力作功为A2，据功能原理 在拉开极板过程中，外力作正功。 21-6 答：带电球面的静电能量为，在Q不变的

31、情况下，当R增大时，静电能量减少，电场力作正功。可见电荷的存在能帮助气泡增大。由式中Q 2项知，无论是带正电荷还是带负电荷，效果相同。大学物理（下册）练习解答练习22 毕奥萨伐尔定律22-1 （1）D；（2）A；（3）B 22-2 （1）；（2）1.71×10-5 T；（3）；（4）B = 022-3 解：以O为圆心，在线圈所在处作一半径为r的圆则在r到r + dr的圈数为由圆电流公式得方向 22-4 解：利用无限长载流直导线的公式求解。 (1) 取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流 (2) 这载流长条在P点产生的磁感应强度 方向垂直纸面向里。(3) 所有载流长条在P点产

32、生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度方向垂直纸面向里。 22-5 解：(1) 对rr+dr段，电荷 dq = l dr，旋转形成圆电流则 它在O点的磁感强度 方向垂直纸面向内。 (2) 方向垂直纸面向内。 (3) 若a >> b，则，有 过渡到点电荷的情况。同理在a >> b时， ，则 也与点电荷运动时的磁矩相同。练习23 磁通量、磁场的高斯定理和安培环路定律23-1 （1）B；（2）D 23-2 （1）pR2c；（2）；（3），0 23-3 解：设x为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离 (导线内) (导线外)令 dF / dx = 0， 得F

33、最大时23-4 解：(1) 在环内作半径为r的圆形回路, 由安培环路定理得， 在r处取微小截面dS = bdr, (2) 同样在环外( r < R1 和r > R2 )作圆形回路，由于 B = 023-5 解：圆电流产生的磁场 长直导线电流的磁场 导体管电流产生的磁场Ä所以，圆心点处的磁感强度 练习24 磁场对运动电荷的作用、霍尔效应24-1 （1）C；（2）B；（3） D 24-2 （1）匀速直线，匀速率圆周，等距螺旋线；（2）0.80×10-13 N；（3），垂直向上；（4）3.08×10-13 J ；（5），；（6）z轴正方向；（7）n，p 24

34、-3 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上当电子轨迹 与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形。 由 ，求出v最大值为24-5 解：(1) p型半导体 (2) m-3练习25 磁场对电流的作用、磁介质25-1 （1）C；（2）B 25-2 （1）；（2），；（3）；（4）9.34×10-19 Am2，相反；（5）0.226 T，300 A/m 25-3 解：对OO轴而言,重力矩为 磁力矩为 平衡时， 。所以 T 25-4 解：(1) (2) 25-5 解：(1) 设磁场强度为H，磁感强度为BH = nI = NI / lB = m0mrH =m0mr IN / l铁环的

35、周长远大于横截面半径，所以在横截面内可以认为磁场是均匀的。所以 Wb (2) （3）iSM9.58×103 A·m-1练习26 电磁感应的基本定律、动生电动势26-1 （1）A；（2）D 26-2 （1）等于，小于；（2），-，0；（3）相同(或)，沿曲线由中心向外；（4）一个电源，vBL，洛伦兹力26-3 解：由题意，大线圈中的电流在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的。 小线圈中的感应电动势为 当x =NR时， 26-4 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q，则, 当线圈转过p /2时，t =T/4，则 A (2) 由圆线圈中电流Im在圆心处激

36、发的磁场为 6.20×10-4 T方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小 T方向与磁场的方向基本相同。 26-5 解： , 而由 可得 因为 ，所以练习27 感生电动势、自感和互感27-1 （1）B ；（2）D；（3） D × ×× ×RcbdaOq27-2（1）0；（2）0；（3）；（4）0.15 H 27-3 解：大小： =ïdF /d tï= S dB / d t = S dB / d t =3.68 mV 方向：沿adcb绕向。 27-4 解：线框内既有感生又有动生电动势。设顺时针绕向为 的正方向。由 =

37、 -dF /d t出发，先求任意时刻t的F (t) 方向：l t <1时，逆时针；l t >1时，顺时针。27-5 解：(1) 根据安培环路定理可求得磁场分布如下： r>R 0rR分 (2) 分练习28 磁场能量、位移电流、Maxwell方程组28-1 （1）A；（2）D 28-2 （1）116 ；（2），；（3），与方向相同（或由正极板垂直指向负极板） 28-3 解： ， (R1< r < R2) ， 28-4 解：由安培环路定理知 (R1 r R2)磁能密度 总能量 一周期平均值 28-5 解：忽略边缘效应，则极板间为匀强电场，场强大小为 若在与极板中心轴线垂

38、直的平面内，以轴线为中心画一半径为r的圆,则通过该圆的位移电流Id为 根据对称性的分析，极板间任一点 的方向沿通过该点的与极板共轴的圆周的切线方向，并按右手螺旋法则由的方向决定，而且在圆周上各点的大小相等。因此有 28-6 解：在极板间，取与电容器极板同轴的半径为r的圆。 的方向与电流流向成右螺旋关系。练习29 简谐振动的运动方程、特征量和旋转矢量法29-1 （1）C；（2）B ；（3）B；（4）C 29-2 （1）10 cm，(p/6) rad/s，p/3；（2）；（3）3p/429-3 解：由旋转矢量图和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒 T = 8 s， n = (1/8)

39、 s-1， w = 2pn = (p /4) s-1 (1) 以的中点为坐标原点，x轴指向右方 t = 0时， cm t = 2 s时， cm 由上二式解得 tgf = 1 因为在A点质点的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4 （如图所示） cm所以振动方程 (SI)(2) 速率 (SI)当t = 0 时，质点在A点 m/s 29-4 解：二弹簧共同的等效劲度系数 N/m kg粘上油泥块之后 kg新的周期 s物块速度，油泥块和物块碰撞，所以水平方向动量守恒 碰撞后 m/s新的振幅 m 29-5 解：(1) s (2) A = 15 cm，在 t = 0时，x0 = 7.5 cm，v 0

40、 < 0 。故 m/s 或 4p/3因为 x0 > 0 ，所以 (3) (SI) 练习30 简谐振动的能量、简谐振动的叠加30-1 （1）D ；（2）B 30-2 （1）T/8，3T/8；（2）0.84；（3）3/4，；（4）|A1 A2|，；（5）4×10-2 m，；（6）1.47；（7）291 Hz或309 Hz；（8）4:330-3 解：(1) 势能总能量由题意， m (2) 周期T = 2p/w = 6 s从平衡位置运动到的最短时间 Dt 为 T/8 Dt = 0.75 s 30-4 (1) 取平衡位置为原点，向下为x正方向。设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为Dl，

41、则有, 加拉力F后弹簧又伸长x0，则F= kx0由题意，t = 0时v 0 = 0，x = x0。则又由题给物体振动周期s, 可得角频率 。由于 ，所以 N(2) 平衡位置以下1 cm处 J = 4.44×10-4 J 30-5 解：由合振动的振幅及初相公式，可得 m m = 84.8°=1.48 rad 所以 (SI)30-6 解：把两波写成 并令A1 = A2 = A = 0.06 m，则对于所求的点有 由，可得 或 m 或 m ( k = 0,1,2,) 练习31 波的基本概念、平面简谐波31-1 （1） C；（2）B；（3）D 31-2 （1）503 m/s；（2）125 rad/s，338 m/s，17.0 m；（3）u = 5.10×103 m/s；（4） (SI)；（5） 或；（6）80 N 31-3 解：设平面简谐波的波长为l，坐标原点处质点振动初相为f，则该列平面简谐波的表达式可写成 (SI)t = 1 s时因此时a质点向y轴负方向运动，故 而此时，b质点正通过y = 0.05 m处向y轴正方向运动，应有 且 由、两式联立得 l = 0.24 m所以，该平面简谐波的表达式为 (SI)或 (SI) 31-4 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为由图可知，t = t时 所以 ， x = 0处的振动方程为