大学物理练习题答案2013

真空静磁场部分

一 计算题

1. 解： 二 选择题

CCBAD BBDDC BBCAD CC 三 填空题 1. 1:1 2. 3. 4. 5.

B R2cos60

0(I2 2I1)

BI2a 0I、0、2 0I

0Ia

2π

ln2

6.

7.

B r2cos

8. -0.24wb、0、0.24wb 9.

BI2R、向上

电磁感应部分

10. 负

一 计算题

1. 解：

（1） m B dS Bds （2）M

b

0i

2πr

a

ldr

0il

2π

ln

b a

m

i

0l

bln 2πa

（3） M

lbdi

` 0ln I0cos t dt2πa

0 I0l

b

lncos t 2πa

2. 解： 教材课后习题第（16.1）题

3. 解： 教材例题（16.1）

在导线上距O为r处取一线元dr，线元在磁场B中以速度垂直于

磁场运动，故线元成为一微元电源。线元的方向、磁场方向和运动方向相互垂直，所以微元电动势为

d (v B) dr vBd r` rBd r

方向指向O点。整个导线上有无数个微元电源串联，故导线上的电动势大小为

d

R

rBd r R2

1

2

方向指向A到O

4. 解：（1） 设长直导线通过得电流为i，通过矩形回路的磁通量为

B dS

Bds

c

a c

0i iba c

bdr 0ln 2πr2πc

（2）M

b a c

0ln i2πc

（3） M

bdia c

` 0ln I0cos t dt2πc

ln

0 I0b

2πa c

cos t c

5. 解：教材课后习题第（16.13）题 二 选择题

BCDAC DCDBA D 三 填空题 1.

11

B a2 、 B a2 、 0 22

2.

0Iv

2π

ln

a b

a b

3. Blvsin 、O指向C 4. 0 5.

ab ab

11

6. 0.98J m

-3

7. 8.

0I2

16π

0I2

8a2π2

9. （2）、（3）、（1）

振动与波动

振动部分

一、计算题

1. 解：(1) 由题意初相位

3

，

2

Tt

2

．

振动方程为：x 0.24cos(

2

3

)m

(2) tmin v

1 ,3

tmin

1 2

s 3 3

dx

0.12 sin(t )m dt23

将 tmin

2

s代入上式，得v 0.06 m s-1 3

2. 解：vmax A,

vmax

A

2

π 2

π)m 2

因为t 0时速度具有正最大值，所以

t 运动方程为 x 0.02cos(2

最大加速度

3. 解：

amax 2A 0.08m s 2

v0

图 1 )图2

由已知条件x0

A，可知对应的旋转矢量A可以有B、C两个位置，如解图1所示．又2

由v0 0可知，A矢量在x轴上的投影点D向x轴正向运动，因此，对应的旋转矢量只能是OC，OC = A与x轴的夹角即为该质点的振动初态，即

初相位为：

如解图2所示．

振动方程：x Acos(

二、选择题

π 3

2

T

t

3

)m

BCBBB CACDB BBCD 三填空题

1. x Acost

2

T

2

) x Acost ) 2T3

2.

5

s 6

3. 1.5s

4. x 0.25cos(4 t

2

)m

5. x 0.1cos(20t )m 6. 5cm

7．x 0.04cos( t 波动部分 一、计算题

1. 解：(1) 波函数标准形式为

2

)m

y Acos t

2

x

π

2

y Acos Bt Cx

对比可得：振幅为A C

2π

可得波长为

2π

C

周期T

2π

2π

B

波速u

B

TC

1

频率v （2）y

T

B

2

Acos Bt Cl

2 x

2

（3）

D CD

2. 解：(1)由图可知 振幅A=0.04m、波长 0.4m

T

2π2π 5s uT5

π

2

由图t=0时刻O处质元过平衡位置向y轴正方向运动，所以 0

表达式y 0.04cos(

2 2 t x )m 50.422 t 5 x )m 52

0.04cos(

(2)将p点坐标代入上式得振动方程为

yp 0.04cos(

2 t 5 0.2 )m 522 3 t )m 52

0.04cos(

3. 解：(1)由图可知 振幅A=0.1m、波长 40m

T

2π 1s 2 uT

π

2

由图t=0时刻O处质元过平衡位置向y轴负方向运动，所以 0

表达式y 0.1cos 2 t

π

40 2

x

4. 解：(1)

2π

4 ，因为波源的位移为正方向最大值所以 0 0 T

A 0.1m 10m

代入到波函数

y Acos t

2

x 0

得向x正向传播的波的波动方程为

2ππ

x) 0.1cos(4πt x)(SI)105 2

y 0.1cos 4 t x 0.1cos4 t x m 105

T1 s,x1 2.5m代入波动方程，得位移 (2) 将t1 484

1π

y1 0.1co4sπ( 2.5)m 0.1m

85y 0.1cos(4πt

(3) 质点振动速度为

v

将t1

yπ 0.1 4πsin(4πt x) t5

1

s,x1 2.5m代入上式，得速度

484

1π4π( 2.5)m s 1 0m s 1 v 0.4πsin

85

5. 解：(1)

T