大学物理活页作业答案(全集.).doc

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1、1.1.质点运动学单元练习（一）答案质点运动学单元练习（一）答案1B2D3D4B53.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在 t2.0s 时质点沿 x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。 ）6135m（提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间 t 的两次积分求得质点运动方程。 ）7解：（1）)()2(22SIjti tr )(21mjir )(242mjir )(3212mjirrr )/(32smjitrv （2） )(22SIj tidtrdv )(2SIjdtvda )/(422smjiv )/(22 2 smja8解：tAtdtAadtvtoto sincos2t

2、AtdtAAvdtAxtoto cossin9解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为 srad /1027. 73600*62/5 smth dtdsv/1094. 1cos3 2 （2）当旗杆与投影等长时，4/ thst0 . 31008. 144 10解： kyyvvty yv tdva dd dd dd d-kv dv / dy y Cvkyvvyky22 21 21, dd已知 y=yo ，v=vo 则2 02 021 21kyvC )(2222yykvvoo ths2.2.质点运动学单元练习（二）答案质点运动学单元练习（二）答案1D2A3B4C5；14 smtdtdsv24 smdt

3、dvat222 8 smtRvan2284 smeteant6；srado/0 . 2 srad /0 . 4 2/8 . 0sradrat 22/20smran 7解：（1）由速度和加速度的定义；)(22SIji tdtrdv )(2SIidtvda （2）由切向加速度和法向加速度的定义)( 1244 22SI tttdtdat )( 12222SI taaatn （3） )(122/322 SItavn 8解：火箭竖直向上的速度为gtvvoy 45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得smgtvo/8345sin 9解：smuv/6 .3430tan 10解：；lh vu uhlv

4、3.3.牛顿定律单元练习答案牛顿定律单元练习答案1C2C3A4；kgMgT5 .36721 2/98. 02 . 0smMTa 5；xkvx22 xx xvkdtdxkdtdvv222 2 21mkdtdvmfx x 6解：（1）maFFNT sincosmgFFNT cossin sincos;cossinmamgFmamgFNT（2）FN=0 时；a=gcot7解： mgRmo 2 Rgo 8解：由牛顿运动定律可得dtdvt1040120 分离变量积分 tovdttdv412 0 . 6)/(6462smttv toxdtttdx64620 . 5)(562223mtttx 9解：由牛顿运

5、动定律可得dtdvmmgkv 分离变量积分 tovvodtmk mgkvkdvotmk mgkvmgo ln mgkv km mgkvmg kmtoo1lnln10解：设 f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程，avmfmg2 cos，tvmmgddsin以及 ，tavddddvat 积分并代入初条件得 ，)cos1 (22 agv)2cos3(cos2 mgavmmgf4.4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案案1A； 2A；3B；4C；5相同6；211 1mmtFv 22 12mtFvv 7解：（1）；tdtdxvx10 10 dtdvax x；

6、NmaF20 mxxx4013 JxFW800 （2）sNFdtI 40318解： 1 vmmmv 22 12 2121 21okxvmmmv mmkmmvx 9解： 物体 m 落下 h 后的速度为 ghv2 当绳子完全拉直时，有 2vMmghm ghmMmv2 ghmMmMMvIIT2222 10解：设船移动距离 x，人、船系统总动量不变为零0 mvMu等式乘以 d t 后积分，得0 totomvdtMudt0)( lxmMxmmMmlx47. 0 5.5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案案1C2D3D4C518J；6m/s65/37解：摩擦力m

7、gf由功能原理 2 121210)(kxxxf解得 .)(2212 1 xxmgkx 8解：根据牛顿运动定律 RvmFmgN2 cos 由能量守恒定律 mghmv 2 21质点脱离球面时 RhRFN cos; 0解得：3Rh 9解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小vvv)(212211mmmm 212211 mmvmvmv (2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差2 212 222 1)(21 21 21vvvmmmmEp联立、得 )/()(21212 2121mmmmEpvv10解：(1)由题给条件 m、M 系统水平方向动量守恒，m、M、

8、地系统机械能守恒 0)( MVVum mgRMVVum 22 21)(21解得： ；)(2 mMMgRmV MgRmMu)(2 (2) 当 m 到达 B 点时，M 以 V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以 M为参考系 RmumgN/2 MmgmMmgRmumgN/)(2/2 mgMmM MmgmMMmgN23)(2 6.6.刚体转动单元练习（一）答案刚体转动单元练习（一）答案1B2C3C4C5v = 1.23 m/s；an = 9.6 m/s2； = 0.545 rad/ s2；N = 9.73 转。62lnkJ7解：（1）由转动定律，2/2 .39sradJFr （2）由刚体转动的动

9、能定理JFhEEkk490 （3）根据牛顿运动定律和转动定律：mgF=marF=Ja=r联立解得飞轮的角加速度2 2/8 .21sradmrJmg 8解：（1）由转动定律 2 31 2mllmglg 23 （2）取棒与地球为系统，机械能守恒mglEk21 (3)棒下落到竖直位置时 22 31 21 21 mlmgllg3 9解：（1）系统的能量守恒，有 22 21 21 Jmvmgh rv联立解得： ； Jmrmghrv 222 Jmrmgh 22（2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为 T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg Tma T rJ 由运动学关系有： a = r 联立解得： 2

10、mrJmgJT 10解：以中心 O 为原点作坐标轴 Ox、Oy 和 Oz如图所示，取质量为yxmddd式中面密度为常数，按转动惯量定义，)(12)()(3322222222baabyyxxmyxaabb dddzJ薄板的质量 abm 所以 )(1222bamJ z7.7.刚体转动单元练习（二）答案刚体转动单元练习（二）答案1C2A3D4B 5；o 3oJ316；o 342 21ooJ 7解：小球转动过程中角动量守恒 42 2o oormmro 42222 23 21 21ooomrJJW 8子弹与木杆在水平方向的角动量守恒 222 122121 2lmlmlvm lmmvm212 36 9解：

11、圆环所受的摩擦力矩为，mgRM 由转动定律 ， 2mRmgRRg 至圆环停止所经历的时间 gRt 0010解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为， 231 2122LMgML 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒， 2 31MLmvx碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒， MLmv2、消去，得 ， gLmMv32 、消去 ，得.vLx32 8.8.机械振动单元练习（一）答案机械振动单元练习（一）答案1 B2 B3 C4 A50.10cos(/6/3)mxt6 2:17 解：，0.1mA 2/T运动方程cos()0.1cos()mxAtt（1）由旋转矢量法，；/2 0.

12、1cos(/2)mxt（2）由旋转矢量法，；/30.1cos(/3)mxt（3）由旋转矢量法，。0.1cos()mxt8 解：木块处于平衡位置时，浮力大小。上下振动时，取其处于力平衡Fmg位置点为坐标原点，竖直向下作为 x 轴正向，则当木块向下偏移 x 位移时，合外力为FPF其中，浮力2FFgSxmgga x合外力2FPFga xkx 为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。2kga由可得木块运动的微分方程为22d xFmdt2220d xga x dtm令，可得其振动周期为2 2ga m22aTg木水9 解：如图，由旋转矢量法可知/3t /31/3st 10. 解：（1）2

13、2111 224pEkxEkA20.141m2xA（2）222111 11()284 24pEkxkAkAE3 4kkEEEE图 8-19.9.机械振动单元练习（二）答案机械振动单元练习（二）答案10B11B12C13，2 /3k 27 10 m2 4/3k 21 10 m14/2 15（1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s, 2s 。16解：（1）由已知的运动方程可知：，0.10mA 2/332/2/3sT（2），-1 max0.94m sAv2-2 max8.88m saA17解：振动系统的角频率为11210sk mm由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值为0v1

14、1 0 20.8m sm m1vvm又因初始位移，则振动系统的振幅为00x 图 9-12200 0()0.08mAxvv如图由旋转矢量法可知，则简谐运动方程为0/2 0.08cos(10/2)(m)xt18解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为22 12122cos(/2)0.10mAAAA A合振动初相为 1221sin/3sin/6arctancos/6cos/3AA AAarctan2.34111310. 解：如图由旋转矢量法可知，。可见它们是反相的，0/3a 02/3b因此合振动振幅为：121cmAAA合振动初相为：0/3a 同样由旋转矢量法可知55/6t2/12sT图 9- 2图 9

15、-310.10.机械波单元练习（一）答案机械波单元练习（一）答案19B20C21B221.67m230cos ()xlyAtu246，3025解：（1）由波动方程可知振幅，角频率，0.05mA 20，则波速，频率，波长/3u16.67m su/210Hz。22/3mu（2）max3.14m/sAv26解：（1）由图可知振幅，波长，波速0.1mA 4m1100m su则。22/50uT又 O 点初始时刻位于平衡位置且向 y 轴正向运动，则由旋转矢量法可得，因此波动方程为/2 0.1cos50(/100)/2(m)ytx（2）P 处质点的振动方程为0.1cos(503/2)(m)yt27解：由图可

16、知振幅，波长，则角频率0.1mA 100m。22u T由 P 点的运动方向可知波向 x 轴负方向传播。又由图可知原点 O 初始时刻位于 A/2 处，且向 y 轴负方向运动，则由旋转矢量法可得。则波动方程为0/30.1cos(/50)/3(m)ytx10解：（1）以 A 点为坐标原点的波动方程为23 10cos3(/30)(m) ytx （2）22BAABAB u 则以 B 点为坐标原点的波动方程为23 10cos3(/30)/2(m)ytx 11.11.机械波单元练习（二）答案机械波单元练习（二）答案28C29B30C31，/232550Hz，458.3Hz330.08W/m234解：两列波传

17、到连线和延长线上任一点 P 的相位差1S2S2121 201022rrrr 左侧各点：1S，振动都加强；21102264rr 右侧各点：2S，振动都加强；21102244rr 、之间：1S2S图 11-72111 110226(21)4rrrrrk 则距点为：处各点静止不动。1S11m,3m,5m,7m,9mr 35解：（1）2121 2010()2rrrr u（2）时振动加强，即2 k(21)k36解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为=2cos2()xyAtcos2()xAt驻波表达式12cos2()cos2()2 sin2sin22 cos(2)cos(2)22xxxyyyAtAtAt

18、xAt10. 解：乙接受并反射的信号频率为u u乙甲v v甲接受到的信号频率为48.56 10 Hzuuu uuu甲甲乙乙乙甲vvv vvv12.12.静电场单元练习（一）答案静电场单元练习（一）答案37B38D39B40C41)(21);(021RrerERrEr o 42利用点电荷电场的矢量叠加求 y 轴上的电场强度。 j yi aayqj yi aayqyEoo 2/3222/322442)( j yi aayqyEo3 4)(2/322 43解：解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。mgTqTo cos2sinmgqo 2tanCmgqo91003. 3tan2

19、 44解：解：利用电荷元电场的积分叠加，求 O 点的电场强度。RdRRdlEooox 2cos4cos4222220sin4222 RdlEoyiREo 245解：解：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布。)(011RrE )(3344213 13 223 132 2RrReRrrERrrEr oo )(334423 13 2233 13 22 3RreRRrERRrEr oo 10解：解：用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面，求电场强度的分布。（1）带电面外侧ibESbSEoo 22（2）带电面内ixESxSEoo 2213.13.静电场单元练习（二）答案静电场单元练习（二）答案4

20、6C47D48B49C502241 41041 rQ RQ RQooo ；5152解：解：假设阴极 A 与阳极 B 单位长度带电分别为 与 ，由高斯定律 求电场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差 U，由已知量求电场强度 并由阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力12ln22RRUrEoo 12lnRRrUE NRRReUeEF1412 11034. 4ln 8解：解：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再 求电势分布；)(011RrE )(442121 212 2RrRerQEQrEr oo )(442221 3212 3RrerQQEQQrEr oo

21、 221 221 3344RrrQQl derQQl dEVorr or 2222221 21 32244Rr oRrr oRRrl derQQl derQl dEl dEV21 221 244RrRRQ rQVoo 2212211221 21 321144Rr oRRr oRRRRrl derQQl derQl dEl dEl dEV1 2211 144RrRQ RQVoo 方法二：带电量为 Q，半径为 R 的带电球面对电势的贡献球面内电势： 球面外电势：RQVo 4rQVo 4有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。（2）电势差 211 21 211 442121RRQl derQl d

22、EUoRRr oRR9解：解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：mNpEM 3 max102（2）电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功JpEdpEdMA30202102sin *10解：解：带电粒子处在 h 高度时的静电势能为 2/122 014RhqQW 到达环心时的静电势能为 RqQW024/ 据能量守恒定律 12 122 221 21WmghmvWmv 联立求解得 2/12202 1211 22 RhRmqQghvv14.14.导体电介质和电容单元练习（一）答案导体电介质和电容单元练习（一）答案53B54C55D56C5758负电；29/1006. 1mCEo 5

23、9解：解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等，CQQ8 21100 . 12 2211 RQ RQ 解得：； CQ88 21033. 1100 . 232 VRQVo322 2100 . 64 CQ88 11067. 0100 . 231 VRQVo322 1100 . 64 8解：解：依照题意 dR，导体上的电荷分布基本保持不变，电场可以视为两个长 直带电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点，两根导线的垂直连线为 x 轴。任意一点 P 的电场强度ixdxEo 21 RdRABl dEUdxxdxRdRo 11 2RRdo ln两直导线单位长度的电容 Rd RdUCoABln 9 解：解

24、：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能RQdqVVdqWo 821 212方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能RCo 4RQQCWo 8212 2方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能422 2 3221 rQEwooe RQ rdrrQ rdVQWooo 8324 3224222422*10解：解：（1）导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的规律可参见物理学 教程习题分析与解答 ，根据电荷守恒定律以及 C 板的电势，有ddoo 21 2 QSS 21解得： SQ SQ 3;3221 3;32QQQQBA （2）C 板的电势dSQddUoooC 322115.15.

25、导体电介质和电容单元练习（二）答案导体电介质和电容单元练习（二）答案60C61B62C63B64r，r654 66解：解：设芯线单位长度带电荷，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时 该点首先被击穿1max2REro 12 max1 12lnln2221RRERRRdrrUroRRro 8解：解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变dUEo dUEDoro ro （2）介质表面的极化电荷面密度 dUEPoro ro11 dUPoro1 9解：解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能2 21QCWoo 若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为r的无限大电介质中电容增大为rC，系

26、统的静电能roreW CQQCW 2212 2*10解：解：用的高斯定理求得电位移的大小为 DD = 8.8510-10 C/m2 (0a 时， taBatBrEoz ksin222 taBrEoksin21219.19.电磁感应单元练习（二）答案电磁感应单元练习（二）答案1C2C3D4C5 = 6 ，相反RCtooeRCE/ 7解：解：（1）设回路中电流为 I, 在导线回路平面内，两导线之间的某点的磁感强度)(2200 xdI xIB 沿导线方向单位长度对应回路面积上的磁通量为 rdrrdrrdrxxdIxxIxBd)(2d2d00rdI rrdIlnln00 rd ILln0 （2）磁场的

27、能量.rdILIWmln212 02 8解：（1）先求出回路的磁通量，再求互感系数。abaIcxcxIbaa ln2d200abac IM ln20（2）由互感电动势的定义E=abatcI dtdIMo lnsin209解 方法一：由自感磁场能量的方法求单位长度电缆的磁场能量。1200ln2d221RRIrrIrRRr 120ln2RR ILr 122 02ln421 RRILIWr m 方法二：由磁场能量密度的体积分求单位长度电缆的磁场能量。222 0282rIBwrrom 122 0 222 0ln42821RRIrdrrIdVwWrRRr mm *10解：解：（1）电容器板极板上的电量

28、ttottoedteidtQ 12 . 02 . 0 212 . 0 Red SQdEdUoto （2）忽略边缘效应，t 时刻极板间总的位移电流t oddeRdtdERjI 2 . 022（3）由安内环路定律，可求感应磁场的分布 SdoLSdjl dB 2 22 . 02rRerBtoRrRreBt o 21 . 0t oerB 2 . 02RrreBt o 1 . 020.20.几何光学单元练习答案几何光学单元练习答案67B68D69C70凹透镜，凸透镜.71凸透，实，虚72MN，CO，OA ，水，空气 73由 O 点发出的光线在圆形荷叶边缘处恰好发生 全反射则， sin1/in1tanta

29、n(arcsin)rhihn74如图 20-2 所示，物距 ，0.05ms ，0.20mr 则由公式可得112 ssr0.10ms 即所成的是在凹面镜后处的一个虚像。0.10m75已知，代入第一个透镜的1pa高斯公式，即图 20-2图 20-11331aa pa则 11.5pa 对于第二个透镜，此像点位于处，代入第二个透镜的高斯公21.52paa式，即21( 3/2)2aa paa得 ，即象点位于第二个透镜后 1.4a 处。27 /51.4paa由分析可知，又，则得物镜和目镜的像方焦10.010efMf0110cmeff距为0100cm10cmeff 21.21.波动光学单元练习（一）答案波动

30、光学单元练习（一）答案76D77B78A79C80500nm81折射率较小，折射率较大，82屏上任一点对应的光程差为102012()(1)()rtntnr nntrr （1）第零级明纹所在处，则，即条纹上移。0 12rr（2）原中央处 O 点(1)7ntk 则云母片的折射率7 /11.58nt 83反射光加强的条件为2/2nek 则 2 1/2ne k时， 时，2k 1709.3nm3k 2425.6nm84 /21.5mmb0.5mmbbl 4/2 4 10 radb10 10(15)kkrkRrkR，则400nm4.015 2.0k k5k 22.22.波动光学单元练习（二）答案波动光学单

31、元练习（二）答案85C86B87A454，1，暗 60.3867 （）由单缝衍射明条纹公式可得相邻明条纹间距/1.25mmlfb（）由光栅方程可得明条纹位置tansin/()xfffkbb 则相邻明条纹间距/()12.5mmxfbb 8 望远镜的最小分辨角01.22 / D能分辨的最小距离01.2mdh9 （1）由光栅方程可得11 1()sinbbk光栅常数 63.36 10 mbb（2）同理由光栅方程可得222()sinbbk则，1 122kk1 1 2 2420nmk k10（1）02/2.95mmxfb（2）第二级明条纹距离中央明纹中心的距离2(21)53.68mm22kfxfbb第二级

32、暗条纹距离中央明纹中心的距离222.95mmkfxfbb23.23.波动光学单元练习（三）答案波动光学单元练习（三）答案88C89C90B9192图 23-1930，0/8I946095（1）由布儒斯特定律，得介质的折射率021tan/inntan603n （2）由于，则折射角00/2ir00/230ri96设入射光强为，其中自然光强为，线偏振光强为，出射光强为I入I自I线I出，则2/2cosIII出自线/2/2IIIII出m ax自线出m i n自由已知/4II出m ax出m i n可得 ，/2/5II入自/3/5II入线10 （）透过第一个偏振片后的光强度，透过第二个偏振2 1003cos

33、 304III片后的光强度oIII16360cos212 （）透过第一个偏振片后的光强度，透过第二个偏振片后的光强度10/2II。oIII8160cos212 24气体动理论单元练习气体动理论单元练习1B；2D；3A；4C；52，1，61:1，2:1，10:37 （1）325/1083. 4mkTPn （2）3/57. 2mkgRTPM （3）2136.21 10J2ktKT（4）mnd93/1 1075. 21 8 （1）2138.28 10J2ktKT（2）2051.38 10J2kKT（3）JRTMmE830725 9 （1）由得55 22vRTPV PaVEP51035. 152（2）由得3252ktKTNKT2137.5 10J5kt由得53(=)22ktENKTKT或362K 106337.31 10 J22mVRTRT