大学物理2期末考试复习题

11章10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tIdd的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；(2)线圈中的感应电动势．解:以向外磁通为正则(1)]ln[lnπ2dπ2dπ2000dadbabIlrlrIrlrIabbaddm(2)tIbabdadltdd]ln[lnπ2dd010-7如题10-7图所示，长直导线通以电流I=5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b=0.06m，宽a=0.04m，线圈以速度v=0.03m·s-1d=0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解:AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势．DA产生电动势ADIvbvBblBvd2d)(01BC产生电动势)(π2d)(02daIvblBvCB∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2addIbvV方向沿顺时针．10-9一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t=0)．解:如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0ddt,0；题10-9图(a)题10-9图(b)在磁场中时0ddt,0；出场时0ddt，0，故tI曲线如题10-9图(b)所示.题10-10图10-15一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解：设长直电流为I，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为32300122lnπ2dπ2aaIarrIa∴2lnπ2012aIM10-16一矩形线圈长为a=20cm，宽为b=10cm，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2lnπ2d2πd020)(12IarrIaSBbbS∴6012108.22lnπ2aNINMH(b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012，见题10-16图(b)∴0M题10-16图题10-17图13章12-7在杨氏双缝实验中，双缝间距d=0.20mm，缝屏间距D＝1.0m，试求：(1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm，计算此单色光的波长；(2)相邻两明条纹间的距离．解:(1)由kdDx明知，22.01010.63，∴3106.0mmoA6000(2)3106.02.010133dDxmm12-11白光垂直照射到空气中一厚度为3800oA的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色?解:由反射干涉相长公式有kne22),2,1(k得122021612380033.14124kkkne2k,67392oA(红色)3k,40433oA(紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式kne2),2,1(k所以kkne101082当2k时，=5054oA(绿色)故背面呈现绿色．14章13-13用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm处的P点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P点处条纹的级数；(3)从P点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P点是明纹，故有2)12(sinka，3,2,1k由sintan105.34004.13fx故3105.3126.0212sin2kka3102.4121kmm当3k，得60003oA4k，得47004oA(2)若60003oA，则P点是第3级明纹；若47004oA，则P点是第4级明纹．(3)由2)12(sinka可知，当3k时，单缝处的波面可分成712k个半波带；当4k时，单缝处的波面可分成912k个半波带．13-14用5900oA的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?解：5001bamm3100.2mm4100.2oA由kbasin)(知，最多见到的条纹级数maxk对应的2,所以有39.35900100.24maxbak，即实际见到的最高级次为3maxk.第五章5-7质量为kg10103的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI()328cos(1.0x的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?(3)s52t与s11t两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0tAx，则知：3/2,s412,8,m1.00TA又8.0Avm1sm51.21sm2.632Aam2sm(2)N63.0mmaFJ1016.32122mmvEJ1058.1212EEEkp当pkEE时，有pEE2，即)21(212122kAkx∴m20222Ax(3)32)15(8)(12tt5-8一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数表示．如果0t时质点的状态分别是：(1)Ax0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax处向负向运动；(4)过2Ax处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为0000sincosAvAx将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1tTAx)232cos(232tTAx)32cos(33tTAx)452cos(454tTAx5-11图为两个谐振动的tx曲线，试分别写出其谐振动方程．题5-11图解：由题4-8图(a)，∵0t时，s2,cm10,,23,0,0000TAvx又即1srad2T故m)23cos(1.0txa由题4-8图(b)∵0t时，35,0,2000vAx01t时，22,0,0111vx又253511∴65故mtxb)3565cos(1.05-16一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为m)652cos(3.0m)62cos(4.021txtx试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解：∵)65(6∴m1.021AAA合3365cos3.06cos4.065sin3.06sin4.0coscossinsintan22122211AAAA∴6其振动方程为m)62cos(1.0tx第六章6-9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y=0.05cos(10xt4)，式中x,y以米计，t以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3)求x=0.2mt=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t=1.25s时刻到达哪一点?解:(1)将题给方程与标准式)22cos(xtAy相比，得振幅05.0Am，频率51s，波长5.0m，波速5.2u1sm．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为5.005.010maxAv1sm222max505.0)10(Aa2sm(3)2.0xm处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0uxs故2.0xm,1ts时的位相就是原点(0x)，在92.008.010ts时的位相，即2.9π．设这一位相所代表的运动状态在25.1ts时刻到达x点，则825.0)0.125.1(5.22.0)(11ttuxxm6-13一列机械波沿x轴正向传播，t=0时的波形如题6-13图所示，已知波速为10m·s-1，波长为2m，求：(1)波动方程；(2)P点的振动方程及振动曲线；(3)P点的坐标；(4)P点回到平衡位置所需的最短时间．解:由题6-13图可知1.0Am，0t时，0,200vAy，∴30，由题知2m，10u1sm，则5210uHz∴102(1)波动方程为]3)10(10cos[.01xtym题6-13图(2)由图知，0t时，0,2PPvAy，∴34P(P点的位相应落后于0点，故取负值)∴P点振动方程为)3410cos(1.0typ(3)∵34|3)10(100txt∴解得67.135xm(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题6-13图(a)，则由P点回到平衡位置应经历的位相角题6-13图(a)6523∴所属最短时间为6-19如题6-19图所示，设B点发出的平面横波沿BP方向传播，它在B点的振动方程为ty2cos10231;C点发出的平面横波沿CP方向传播，它在C点的振动方程为)2cos(10232ty，本题中y以m计，t以s计．设BP＝0.4m，CP＝0.5m，波速u=0.2m·s-1，求：(1)两波传到P点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P处合振动的振幅．解:(1))(2)(12BPCP)(BPCPu0)4.05.0(2.02题6-19图(2)P点是相长干涉，且振动方向相同，所以321104AAAPm(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为33122211083.210222AAAAm6-20一平面简谐波沿x轴正向传播，如题6-20图所示．已知振幅为A，频率为8波速为u．(1)若t=0时，原点O处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x轴上因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解:(1)∵0t时，0,000vy，∴20故波动方程为]2)(2cos[uxtvAym题6-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将43x代入)2432，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为2432若仍以O点为原点，则反射波在O点处的位相为25432，因只考虑2以内的位相角，∴反射波在O点的位相为2，故反射波的波动方程为]2)(2cos[uxtAy反此时驻波方程为]2)(2cos[uxtAy]2)(2cos[uxtA)22cos(2cos2tuxA故波节位置为2)12(22kxux故4)12(kx(,2,1,0k…)根据题意，k只能取1,0，即43,41x12110