大学物理下期末考试范围及其答案Word文件下载.docx
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IL?
11?
?
Nv01?
2π?
aa?
L2?
4π?
10?
7?
1000?
3?
3V12-13解 利用《大学物理学学习指导》例7-4的结果，有 ?
3π?
2dB?
2?
5?
R?
10V?
dt?
412?
的方向从A指向B。
12-14解 设sin?
t?
0时长直导线电流I的方向向上。
长直导线电流I产生的通过矩形线圈ABCD回路面积的磁通为 ?
3a20?
0I2πradr?
a20?
3a2a2?
0Ia2πln3 所以M?
0a2πd（I0sin?
t）?
adI?
M?
0ln3?
I0?
cos?
t?
Mdtdt2π当cos?
0时?
0，表示其方向为逆时针绕向；
当cos?
0，表示其方向为顺时针绕向。
12-21解 设圆柱形导线半径为R，当r?
R时，安培环路定理可得B?
ln3 ?
0Ir，磁能密度为2?
R21B2?
0I2r2wm?
24 2?
08πR取体积为 dV?
2πr?
1?
dr?
2πrdr则有 W?
第十六章习题答案16-3解 简谐振动的振动表达式：
x=Acos（?
t+?
） 图可知，A=4×
10-2m，当t=0时，将x=2×
10-2m代入简谐振动表达式，得cos?
－?
sin（?
），当t=0时，v?
sin?
图可知，v?
，即sin?
121π，取?
22又因t=1s时，x=2×
10-2m，将其代入简谐振动表达式，得 π?
π?
4cos?
，cos?
3?
t=1s时，v?
Asin?
πππ?
，知，，取sin?
0?
3333?
即?
2πrad?
s-13质点作简谐振动的振动表达式为 π?
2 16-3 图x?
4?
2cos?
πt?
m 习题解答 33?
16-6解 2ππ?
，如选x轴向上为正方向。
T21π已知初始条件x0=m，v0>
0即=?
?
23已知A=m，?
而v?
>
0，sin?
，取?
x?
（?
3，故 ?
）m?
23?
如图所示坐标中，在平衡位置上方m，即x=m处，有 cos（?
?
1t?
）?
232t?
3或?
3 因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向下运动，v 16-10解 振动方程x?
5t?
故振动周期：
T?
习题解答16-6图 ?
知，A=m，?
=5rad/s2?
t=0时，振动方程得：
x0=－m v0?
dxπ?
0dtt?
02?
π3旋转矢量法知，此时的位相：
速度v?
A?
-1?
s?
0.?
60?
加速度a?
sin所受力F=ma=×
（－）=－N 221227.?
5-ms设质点在x处的动能与势能相等，于简谐振动能量守恒，即：
Ek?
Ep?
E?
12kA2故有：
Ek?
即 11?
kA2?
22?
12112kx?
kA222可得：
x?
2A?
【16-14】解：
据题意，两质点振动方程分别为：
xP?
2cos（?
）m 3xQ?
）m 3?
P、Q两质点的速度及加速度表达分别为：
vP?
dxPπ?
2sin?
m?
s?
1dt3?
vQ?
dxQπ?
2coπts?
s 3?
aP?
dvP?
010dt aQ?
dvQdt?
010π?
当t=1s时，有：
4π?
2m32πxQ?
2m 34πvP?
2m?
1 32πvQ?
1 3xP?
2cos4π?
232πaQ?
π2?
2 3aP?
2cos相位差 ?
P）?
Q）?
P?
Q?
333可见，P点的相比Q点的相位超前 2?
。
3【16-15】解：
题意得初始条件：
1?
x0?
A 2?
可得：
3 在平衡位置的动能就是质点的总能量E?
121kA?
2A2?
5J221A2E?
rad/sm2可求得：
则振动表达式为：
2cos（t?
）m23?
初始位置势能EP?
121?
kx?
2A2cos2（t?
）2223当t=0时，EP?
2A2cos223?
（）2?
2）2cos2J?
6J223【16-16】解：
初始条件：
?
10m?
0可知，?
3 且 ?
2
?
（t?
）m 23当t=时， ?
2m 223t=时，小球所受力：
f=ma=m（-?
2x）=×
10-3N 因t=s时，小球的位置在x=－×
10-2m处，即小球在x轴负方向，而f的方向是沿x轴正方向，总是指向平衡位置。
从初始位置x0=×
10-1m到x=×
10-1m所需最短时间设为t，旋转矢量法知，x0处,?
3 2x处,?
3则从x0到x最短相位变化为：
3 ?
2s3所以t?
因为 ?
=－?
Asin（?
223?
ππ?
a?
Acos（?
23?
在x=－×
10-1m处,t?
2s3π?
π2π?
1m?
1 2?
233?
a?
=×
10-1m/s2 4?
t=4s时， Ek?
m[?
Asin（t?
）]222231?
）J 2223 =×
10-4J Ep?
2A2co2s（t?
）22231?
cos2（?
10-4J E总=Ek+Ep=×
10-4+×
10-4=×
10-4J 第十七章习题答案17-2解 如图所示，可知， 波长 ?
=m?
振幅 A=m 频率 ?
周期 T?
u?
100?
125?
8?
3s 平面简谐波标准波`动方程为：
t?
y?
Acos?
图可知，当t=0，x=0时，y=A=m，故?
=0。
将A、?
v）、u、?
代入波动方程，得：
2?
5t0?
m?
sπ100?
习题解答17-2图 17-3解 如图所示，对于O点，t=0时，y=0，故 ?
再该列波的传播方向可知，v0 π2 π2 图题17-3可知，?
OP?
，且u=m/s，则 ?
2πu?
πrad?
s5习题解答17-3图 可得O点振动表达式为：
π?
2y0?
m 2?
5 已知该波沿x轴正方向传播，u=m/s，以及O点振动表达式，波动方程为：
y?
+?
将x=?
=m代入上式，P点振动方程为?
2yP?
m 3?
5图中虚线为下一时刻波形，图可知，a点向下运动，b点向上运动。
17-4解 平面简谐波标准波动方程为：
图可知，A=m对于图中O点，有：
3x=0，y=m，t?
T 4代入标准波动方程得 ?
1?
故?
π 2 对于O点，t=0时的初始相位 ?
图中P点相位始终落后O点 π2πT时间，即相位落后，故t=0时，P点初相位?
P=0。
22 u=36m/s，?
=m知，?
=2πu?
180πrad?
1 故根据平面简谐波的标准波动方程可知，该波的波动方程为 ?
180π?
m ?
36?
17-9解 P为单位时间通过截面的平均能量，有：
2P?
3J?
1 ?
t10 I为单位时间通过垂直于波的传播方向单位面积的平均能量，有：
2I?
9?
10J?
10 据平均能量密度和I与u的关系，有：
I9?
2w?
4J?
2 u340 17-13解 O点的振动方程及波长得入射波波动方程：
πx?
3cos?
500πt?
该波在B点的振动方程为：
3y?
10co?
s5π0t?
π?
10cos5π0t?
m4?
B点为波节知，反射波在B点的振动方程为：
y反B?
7π?
反射波在B点的振动方程，以及任一点P与B点的位相差?
波动方程为：
l?
，可得反射波 ?
y反?
500?
10cos?
（500?
3x?
式中，原点初位相最后取小于2?
的值。
L?
2及B点为波节，而相邻波节间距为 ?
，可知OB之间波节位置分别为：
2x=0，m，m，m 入射波及反射波在x=m处引起分振动的相位差为：
3?
故D点的振幅为：
A?
2A12?
A2?
2A1A2cos?
2A110m1?
7.?
17-16解 相干波合成后从极小值到相邻极大值之间，即声音减弱一次的相位差为?
，相应的波程差为?
，C管每伸长h=8cm，声音减弱一次，则?
2h?
2 所以?
=2h=16cm=?
声波的频率为：
u?
340?
2125Hz解 波源远离观察者运动，故?
s应取负值，观察者听到的声音频率为：
u340?
100Hz?
u?
us340?
10 波源向着悬崖运动，vs应取正值，从悬崖反射的声音频率为：
s
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