大学物理下期末考试范围及其答案Word文件下载.docx

1、IL?11? ?Nv01?2?aa?L2?4?10?7?1000?3?3V 12-13解 利用大学物理学学习指导例7-4的结果，有 ?3?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?0I2radr?a20?3a2a2?0Ia2ln3 所以M?0a2d（I0sin?t）?adI?M?0ln3?I0?cos?t ?Mdtdt2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?

2、R时，安培环路定理可得B?ln3 ?0Ir，磁能密度为 2?R21B2?0I2r2wm?24 2?08R取体积为dV?2r?1?dr?2rdr 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=410-2m，当t=0时，将x=210-2m代入简谐振动表达式，得cos?sin（?），当t=0时，v?sin? 图可知，v?，即sin?1 21，取? 22又因t=1 s时，x=210-2 m，将其代入简谐振动表达式，得 ?4cos?，cos? 3?t=1 s时，v?Asin?， 知，取sin?0?3333?即 ?2rad?s-1 3质点作简谐振动

3、的振动表达式为 ?216-3图 x?4?2cos?t?m习题解答33?16-6 解 2?，如选x轴向上为正方向。 T21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，v16-10 解 振动方程x?5t?故振动周期：T?习题解答16-6图 ?知， A= m，?=5 rad/s 2? t=0时，振动方程得： x0= m v0?dx?0 dtt?02? 3旋转矢量法知，此时的位相：速度

4、 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?12kA 2故有：Ek?即11?kA2? 22?12112kx?kA 222可得： x?2 A?【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?dxP?2sin?m?s?1 dt3?vQ?dxQ?2cots?s 3?aP?dvP?010dtaQ?dvQdt?010?当t=1s时，有： 4?2m 32xQ?2m 34vP?2m?1

5、32vQ?1 3xP?2cos4?2 32aQ?2?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?A2 ?可得：3 在平衡位置的动能就是质点的总能量 E?121kA?2A2?5J 221A2E?rad/s m2可求得：则振动表达式为：2cos（t?）m 23?初始位置势能 EP?121?kx?2A2cos2（t?） 2223当t=0时， EP?2A2cos2 23?（）2?2）2cos2J?6J 223【16-16】解：初始条件： ?10m ?0可知，?3 且?2 ?（t?）m 23当t=时， ?

6、2m 223t=时，小球所受力：f=ma=m（-?2x）=10-3 N 因t= s时，小球的位置在x=10-2 m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=10-1 m到x=10-1 m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 ?2s 3所以 t?因为?=?Asin（?223?a?Acos（?23?在x=10-1m处,t?2s 3?2?1m?1 2?233?a?=10-1m/s2 4?t=4 s时，Ek?m?Asin（t?）2 22231?）J 2223=10-4JEp?2A2co2s（t?） 2

7、2231?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 ?s100?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 22图题17-3可知，?OP?，且u= m/s，则?2u?rad?s 5习题解答17-3图 可得O点振动表达式为：

8、?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 ?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 2T时间，即相位落后，故t=0时，P点初相位?P=0。22u=36 m/s，?= m知，?=2u?180rad?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 ?18

9、0?m ?36? 17-9 解 P为单位时间通过截面的平均能量，有：2P?3J?1 ?t10I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： x?3cos?500t?该波在B点的振动方程为：3y?10co?s50t?10cos50t?m4?B点为波节知，反射波在B点的振动方程为：y反B? 7?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

10、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?2A 110m1?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=8 cm，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