大学物理b作业答案

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1、作业题（一）一、1-8CCDCBDBA二、9.1:110.0;11.12.13.解：(1)圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为∴穿过ABCD的F为(2)圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为穿过A¢B¢C¢D¢的Φ为：=(3)在题给条件下，筒壁中0

2、向Ä15.解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则同理,∵∴故磁感强度∴16.解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i，3分作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在上各点的大小和方向均相同，而且的方向平行于，在和上各点的方向与线元垂直，在,上各点．应用安培环路定理可得圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为，方向平行于轴线朝右．13作业题(二)一、1-8ABAACBDB二、9.10.11.12.三、.13.解：电子进入磁场作圆周运

3、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14.解：考虑半圆形载流导线CD所受的安培力列出力的平衡方程式故：15.解：(1)S=ab=5×10-3m2pm=SI=1×10-2(A·m2)，=4.33×10-2N·m，=2.16×10-3kg·m2(2)令从到的夹角为q，∵与角位移dq的正方向相反=2.5×10-3J16.解：由安培环路定理：0R3区域：H=0，B=013作业题(三

4、)一、1-8DABABDDA二、9.vBLsinq；a10.;O点11.12.减小三、13.××××RcbdaOq解：大小：E=ïdF/dtï=SdB/dtE=SdB/dt==3.68mV方向：沿adcb绕向．　　　　　　　　　　　　14.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，则通过该圆线圈平面的磁通量为,∴在任意时刻线圈中的感应电动势为当线圈转过p/2时，t=T/4，则A(2)由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为6.20×10-4T方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的

5、大小T方向与磁场的方向基本相同．15.解：由题意，大线圈中的电流Ｉ在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的．故穿过小回路的磁通量为由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为当x=NR时，小线圈回路中的感应电动势为1316.解：动生电动势为计算简单，可引入一条辅助线MN，构成闭合回路MeNM,闭合回路总电动势2分负号表示的方向与x轴相反．方向N→M13作业题（四）机械振动一、选择题1-9CBBBBCBB二、填空题10，三、计算题11．，，12．4×10-2m，13．解：设振动方程为，则(1)在x=6cm，v=24

6、cm/s状态下有解得，∴s2分(2)设对应于v=12cm/s的时刻为t2，则由得，解上式得相应的位移为cm3分14．解：(1)势能总能量由题意，，m2分(2)周期T=2p/w=6s从平衡位置运动到的最短时间Dt为T/8．∴Dt=0.75s．3分15．15．解：旋转矢量如图所示．图3分由振动方程可得，1分s1分解：x2=3×10-2sin(4t-p/6)=3×10-2cos(4t-p/6-p/2)=3×10-2cos(4t-2p/3)．作两振动的旋转矢量图，如图所示．图2分16.由图得：合振动的振幅和初

7、相分别为A=(5-3)cm=2cm，f=p/3．2分合振动方程为x=2×10-2cos(4t+p/3)(SI)1分13作业题（五）机械波一、选择题1-8CCDDCCDD二、填空题9.10.11.,12.,三、13.解：(1)x1=10m的振动方程为(SI)1分x2=25m的振动方程为(SI)1分(2)x2与x1两点间相位差Df=f2-f1=-5.55rad1分(3)x1点在t=4s时的振动位移y=0.25cos(125×4－3.7)m=0.249m2分14.解：(1)原点O处质元的振动方程为，(SI)2分

8、波的表达式为，(SI)2分x=25m处质元的振动方程为，(SI)振动曲线见图(a)2分(2)t=3s时的波形曲线方程，(SI)2分波形曲线见图2分15.解：(1)坐标为x点的振动相位为2分波的表达式为(SI)2分(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为(SI)2分波的表达式为(SI)2分13解：(1)设x=0处质点的振动方程为由图可知，t=t＇时1分1分所以，2分x=0处的振动方程为1分(2)该波的表达式