西工大15春《大学物理》在线作业答案

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西安工程大学大学物理练习册答案

第一单元质点运动学一、选择题1.A2.D3.C4.A5.B6.C7.D8.D9. D 10. D二．填空题1．瞬时加速度 t 1到t 3时间内的平均加速度4d t t ⎰v4d t t ⎰v2．圆周运动，匀速率曲线运动，变速率曲线运动3． px y 2=2ut p u t 2±j putpu i u2±=v4．1+=1v v kt 5． 0v l -h h v =v l -h lv = 6． )2(sec 2θπω-=D v7． 2.67rad8． 22-16=x v9． j i 3-2 j i4-2 j 2-10． t 3+8t -628 -628 8三、计算题1．解：由)2-0(142j t i t r +=得： j t i4-4=v由已知：024-83==⋅t t r v得t =0s 、s 3=t2．解：v =R ω =ARt 2由已知：t =1s ，v =4m/s 得A=2在t=2s 时 v =R ω =ARt 2=2×2×22=16m/sn n n R ARt n R t a 1281621622222d d 222+=+⨯⨯⨯=+=+=ττττv v vm/s 1291281622=+=a 23．解：由题意可知θsin t g a -=θsin d d d d d d d d t g st s s t a -====vv v v s g d sin d θ-=v v ①从图中分析看出syd d sin =θ y s d d sin =θ ②将②代入①得dy d sin d g s g --=θv v⇒-=⎰⎰yy y g 0d d vv v v )(2022y y g -+=v v 第二单元质点动力学参考答案一、选择题1.B 2C 3.D 4.D 5.B 6. E 7. C 8.C 9.B 10.C 11.C 12.B 13. D二、填空题1．)/(m M F + )/(m M MF + 2． 0 2g 3．R g /4．v m 2 指向正西南或南偏西45° 5．i2 m/s6．0.003 s 0.6 N·s 2g 7．)131(R R GMm -或RGMm32-8．kg m 2229． 2112r r r r GMm- 2121r r r r G M m -10．)(mr k E =)2(r k - 11．gl 32112． km 32v ．三、计算题1．解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为( M /L ) d r 由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r ) 得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 由于绳子的末端是自由端 T (L ) =0有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 2．解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时A 将要离开墙壁，设此时B 的速度为v B0，由机械能守恒，有2/32120B 20v m kx = 得 mkx 300B =vA 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为x 时有0B 22211v v v m m m =+ ①20B 2222221121212121v v v m m kx m =++ ②O ω当v 1 = v 2时，由式①解出v 1 = v 2mk x 3434/300B ==v (2) 弹簧有最大伸长量时，A 、B 的相对速度为零v 1 = v 2 =3v B0/4，再由式②解出 0max 21x x =3．解：设m 与M 碰撞后的共同速度为v ，它们脱离球面的速度为u ．(1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得 )/(0m M m +=v v①m 与M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置θ 时，有22)(21)cos 1()()(21u m M gR m M m M +=-+++θv ②R u m M N g m M /)(cos )(2+=-+θ ③当物体脱离球面时，N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得：32)(332cos 22022++=+=m M gR m gR gR v v θ ∴ ]32)(3[cos 22021++=-m M gR m v θ (2) 若要在A 处使物体脱离球面，必须满足g m M R m M A )(/)(2+≥+v即Rg A >2v ，考虑到①式有 Rg m M m ≥+)/(202v 所以油灰的速度至少应为 m Rg m M /)(0+=v第三单元静电场一、选择题1.D2.D3.D4.D5.C6.D7.D8.C9.C 10.C 11.A 12.B 13.D 14. A二、填空题1．θπεθtan sin 40mg l2．023εσ-02εσ- 023εσ 3．包围在曲面内的净电荷曲面外的电荷 4．)11(400ab r r qq -πε 5．2ελ 6．0 7．< 8．-2000V9．> (分别垂直指向U 3) 10．F/4 11．<三、计算题1．解：在球内取半径为r 、厚度为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为d q =ρd V =Kr 4πr 2d r在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4d Kr r Kr V q rVππρ===⎰⎰ (r ≤R )以该面为高斯面，按照高斯定理有0421/4εππKr r E =⋅得到 0214εKr E =， (r ≤R )方向沿径向，K >0时向外，K <0时向里。

西工大大学物理习题与综合练习

大学物理习题1 ．质点运动学一、选择题1 ．质点在xoy 平面内作曲线运动，则质点速率的正确表达式为:A ．B ．C ．D ．E ．（）2 ．质点作匀速圆周运动，下列各量中恒定不变的量是A ．B ．C ．D ．E ．F ．. （）3 ．下列表述中正确的是:A ．质点沿轴运动，若加速度,则质点必作减速运动;B ．在曲线运动中,质点的加速度必定不为零；C ．若质点的加速度为恒矢量,则其运动轨道必为直线；D ．当质点作抛体运动时,其法向加速度、切向加速度是不断变化的,因此也是不断变化的。

（ )4 ．在离水面高度为h 的湖岸边上，有人用绳子拉船靠岸。

若人以匀速率v 0 收绳，则船在水中的运动为:A ．匀速运动，且v = v 0 ;B ．加速运动，且v > v 0 ；C ．加速运动，且v < v 0 ;D ．减速运动。

（）5 ．已知质点的运动方程为：式中A 、 B 、θ 均为恒量，且，，则质点的运动为:A ．一般曲线运动;B ．匀速直线运动；C ．圆周运动；D ．匀减速直线运动；E ．椭圆运动;F ．匀加速直线运动。

（ )6 ．下列说法中正确的是A ．作曲线运动的物体,必有切向加速度;B ．作曲线运动的物体,必有法向加速度；C ．具有加速度的物体，其速率必随时间改变. ( )7 ．在相对地面静止的坐标系内，A 、 B 两船都以 2 的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。

今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x 、 y 方向的单位矢量用i ，j 表示），那么在A 船上的坐标系中, B 船的速度（以为单位）为A ．B ．C ．D ．( ）8 ．下列各种情况中，不可能存在的是A ．速率增加，加速度减小；B ．速率减小，加速度增大；C ．速率不变而有加速度;D ．速率增大而无加速度;E ．速率增大，而法向加速度的大小不变。

（）9 ．一物体作单向直线运动,它在通过两个连续相等位移的平均速度分别为=10 ,= 15 。

物理学十五版课后习题答案

物理学十五版课后习题答案物理学是一门研究自然界中物质和能量运动规律的科学。

它不仅是一门理论学科，更是一门实践学科。

在学习物理学的过程中，课后习题是非常重要的一环。

通过解答习题，可以巩固所学的知识，提高问题解决能力。

然而，对于物理学十五版课后习题的答案，很多人可能会遇到困惑。

本文将为大家提供一些关于物理学十五版课后习题的答案。

在物理学十五版课后习题中，有很多不同的题型，涵盖了力学、热学、电磁学等多个领域。

下面将分别介绍一些常见题型的答案。

首先是力学题。

力学是物理学的基础，它研究物体的运动和受力情况。

在力学题中，常见的题型有求物体的加速度、速度和位移等。

解答这类题目时，可以运用牛顿第二定律F=ma，其中F表示物体所受的合力，m表示物体的质量，a表示物体的加速度。

根据题目所给的条件，可以通过代入公式求解。

其次是热学题。

热学是研究物体的温度、热量和热能转化的科学。

在热学题中，常见的题型有求物体的热平衡温度和热量等。

解答这类题目时，可以运用热传导定律和热平衡原理。

热传导定律表示热量从高温物体传递到低温物体的过程，热平衡原理表示两个物体之间没有温度差，达到热平衡状态。

根据题目所给的条件，可以通过运用这些原理求解。

最后是电磁学题。

电磁学是研究电荷和电磁场相互作用的科学。

在电磁学题中，常见的题型有求电场强度、电势差和电流等。

解答这类题目时，可以运用库仑定律和欧姆定律。

库仑定律表示两个电荷之间的相互作用力与它们之间的距离的平方成反比，与电荷的大小成正比。

欧姆定律表示电流与电压和电阻之间的关系。

根据题目所给的条件，可以通过代入公式求解。

除了以上提到的常见题型，物理学十五版课后习题还包括了一些综合性的题目，需要综合运用多个物理学原理进行求解。

这些题目往往较为复杂，需要较高的问题解决能力和思维能力。

对于物理学十五版课后习题的答案，可以通过多种途径获取。

首先，可以参考教材附带的答案解析，这是最直接的途径。

其次，可以参考相关的物理学习资料和教学视频，这些资源通常会提供详细的解题方法和答案解析。

西北工业大学大学物理考试试题

教务处印制
共页第页
10
大学物理考试试题（6）
诚信保证
本人知晓我校考场规则和违纪处分条例的有关规定，保证遵守考场
规则，诚实做人。
本人签字：
编号：
西北工业大学考试试题（卷）成
20 －20 学年第学期
绩
开课学院考试日期
课程
学时考试时间
第六套题任课教师签名
小时
考试形式（开）（ A ）卷闭B
西北工业大学大学物理考试试题
大学物理考试试题（1）
诚信保证
本人知晓我校考场规则和违纪处分条例的有关规定，保证遵守考场
规则，诚实做人。
本人签字：
编号：
西北工业大学考试试题（卷）成
20 －20 学年第学期
绩
开课学院考试日期
课程
学时考试时间
第一套题任课教师签名
小时
考试形式（开）（ A ）卷闭B
。打开稳压电源之前，应将其
输出调止
。伏安法测电阻时，选择电流表内接和外接的原则是
和
，在
时两种方法均可。电流表内接使得电阻的测量值比实
际值
；电流表外接使得电阻的测量值比实际值
。
二、计算题（12 分）
计算V = π D2 H 的结果及不确定度，并通过误差传递公式分析哪一项的单项不确定 4
度对间接测量量 V 的不确定度影响大？其中，用卡尺测得 D=0.522cm，用米尺测得 H=5.25cm。
6 千分尺零点不准； 7 游标的分度不均匀； 8 电表的接入误差； 9 电源电压不稳定引起的测量值起伏； 10 磁电系电表永久磁铁的磁场减弱；
注：1. 命题纸上一般不留答题位置，试题请用小四、宋体打印且不出框。 2. 命题教师和审题教师姓名应在试卷存档时填写。

东北大学15秋学期《大学物理》在线作业1答案

东北大学15秋学期《大学物理》在线作业1答案15秋学期《大学物理》在线作业1单选题一、单选题（共20道试题，共100分。

）1.题面见图片....-----------------选择：2.题面为图片....-----------------选择：3.题面为图片....-----------------选择：4.一电荷q在均匀磁场中运动，下述说法正确的是.只要电荷速度的大小不变，它朝任何方向运动时所受的洛伦兹力都相等。

.运动速度不变，但电荷量q改变为–q，它所受的力将反向，而大小则不变。

.电荷量q改变为–q，同时速度反向，它所受的力也反向，而大小则不变。

.电荷量q改变为–q，同时速度反向，它受力的方向不变，而大小则改变。

-----------------选择：5.11、一个能量为1012eV（1eV=1.6某10-19J）的宇宙射线粒子射入氖管中，氖管中含有0.01mol的氖气，如果宇宙射线粒子的能量全部被氖气分子所吸收而变为热运动能量，则氖气的温度能升高，其温度能高的值T为：.T=1.28某106K.T=1.28某10-16K.T=1.28某10-16K.T=1.28某10-6K-----------------选择：6.处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，都处于平衡态。

以下说法正确的是：.它们的温度、压强均不相同。

.它们的温度相同，但氦气压强大于氮气压强。

.它们的温度、压强都相同。

.它们的温度相同，但氦气压强小于氮气压强。

-----------------选择：7.题面为图片....-----------------选择：8.用公式U=νVT(式中V为定容摩尔热容量，ν为气体摩尔数)计算理想气体内能增量时，该式：.只适用于准静态的等容过程..只适用于一切等容过程.只适用于一切准静态过程..适用于一切始末态为平衡态的过程-----------------选择：9.下列说法正确的是：.电场强度为零的点，电势也一定为零。

西安工业大学大学物理习题册答案

大学物理练习册参考答案第一章：质点运动学1、D2、B3、C4、D5、263a i j →→→=-+6、A秒，1秒 7、C 8、C 9、B 10、D 11、3013V V ct =+，400112X V t ct X =++ 12、112M h V V h h =- 13、/)V m s = 14、01arctan2cos θθ= 15、201,2x V t y gt ==，推出)t s =，6402()3S y m =≈。

第二章：质点动力学1、C2、B3、A4、B5、2(/)m s ， 2.5(/)m s6、5()4V i j →→→=+ 7、(1)kt m mg v e k-=-22(1)kt m mgt m g y e k k -=+- 8、10(/)v m s = 9、零，正功 10、有关，无关，无关，有关，无关，有关，有关。

11、60()J 12、B ，D 13、C 14、,0,;0,,mgh mgh mgh mgh --15、00488B V i j →→→=- 16、（1）V =（2）(1Mmg X k =+17、（1）,l x G mg f mg l μ-== （2）()g a x x l l μμ=+- （3）v =（4）518G W mgl = 118f W mgl μ=-第三章：刚体1、C2、A3、E4、D5、12(),()m g R m g R ββ-+6、22mgt v m M =+7、2212J MR mR =+，'2M m Mωω=+8、ω=第十四章：狭义相对论1、在一切惯性系中，所有物理规律是相同的，即具有相同的数学形式。

2、v c =3、A4、矩形，2)m 5、大于 6、C 7、5倍 8、'22211m m v L L c ργ==⋅- 9、50 3.1610()s τγτ-==⨯，推出94618000L v τ==>，故可以到达地面。

西北工业大学大学物理作业答案4振动10

第四次作业振动一、选择题： ⒈ B ； ⒉ D ； ⒊ ABC ； ⒋ ACD ； ⒌ C ； ⒍ BC ； ⒎ D ； ⒏ C 。

二、填空题： ⒈)22c o s (1062ππ-⨯-t m ； ⒉ )63c o s (5ππ+t cm ； ⒊ 4Hz ， m /s 1082-⨯π， 6π； ⒋ kx -，221kx ；⒌ππ522+k ，0.14m ；ππ52)12(++k ，0.02m ；⒍ 周期性外力（或强迫力），周期性外力（或强迫力），周期性外力的频率趋近系统的固有频率； ⒎ ]2cos[10502ϕπ+⨯-t （注：这里0ϕ有几个表达式：00189.=ϕ；000 1.98-180=ϕ；arctan70-=πϕ；34arctan40+=πϕ；54arcsin40+=πϕ；53arccos40+=πϕ等）⒏ 2101.3-⨯m ； ⒐ 108 三、简答题（1）振幅A ：振动量最大值的绝对值；角频率ω：振动的快慢程度，即在π2时间内的振动的次数；相位ωt+φ或初相位φ：在t 时刻（或初始时刻）的振动状态。

（2）四、计算题1. 解：（1）)25cos(06.0π-=t x ， )25s i n (3.0π--=t v ， )25c o s (5.1π--=t a当π=t s 时，代入上式得 0=x ， m /s 3.0-=v ， 0=a ；（2）J1025.2212132max 2-⨯===kv kA E km（3）当p k E E =时，即2221212121kA E kx E p ⋅===则 mA x 042.022±=±=2. 解：由余弦定理得4cos212122πAA A A A -+=cm 7.142210202100400=⨯⨯⨯-+=3. （1）证：沙盘平衡时，弹簧伸长量为 gkM s =沙盘和小球平衡时，弹簧伸长量为 gkm M l +=取（m+M ）的平衡位置为坐标原点，则在任意位置y 处（m+M ）受力为)()()()(g km M y k g M m l y k g M m F ++-+=+-+=即 ky F -=对系统（m+M ）列牛顿第二定律方程，有a M m ky F )(+=-=则 yMm k a +-= 满足简谐振动的判据，则得证。

大学物理答案第15章

第十五章机械振动15-1 已知一简谐振动的振幅m 1022-⨯=A ，周期T =0.5s, 初相4/πϕ=．试写出振动方程；并作出该振动的ｘ-t ，v -t ，a-t 曲线．分析振动方程的基本形式为)cos(ϕω+=t A x ．通过作曲线, 进一步了解v 、a表达式的意义以及x 、v 、a 间的相位关系．解 rad/s 4 rad/s 5.022πππω===T振动方程为m)4/4cos(1022ππ+⨯=-t xｘ15-2 一弹簧支持的椅子构成在太空测量人体失重状态下质量的装置——人体称重器．飞船进入空间轨道时，宇航员坐在椅子上测出振动周期．(1)如m '为宇航员的质量，m 为人体称重器中的有效质量(如椅子等)，试证明mkT m -='224π其中T 是振动周期，k 是弹簧的劲度系数；(2)现k =605.6 N/m ，椅子空着时的振动周期T =0.9015 s, 求有效质量m ；(3)在太空，宇航员坐在椅子上, 测出振动周期为2.299s, 求宇航员在失重状态下的质量．分析当宇宙飞船在空间轨道上绕地球旋转自由运行时，地球对飞船及飞船上所有物体的引力就是使它们作圆周轨道运动的向心力，于是飞船及飞船上所有物体如果处于相对静止状态，相互之间就不存在作用力，就不能用地面上通常使用的质量或重量测量仪器进行测量．考虑到无外力作用时，弹簧振子振动周期决定于弹簧劲度系数以及物体质量，如果已知弹簧劲度系数，通过测量振动周期可测出物体质量．解 (1) 弹簧振子系统振动周期为km m T +'=π2 (1)宇航员的质量为 m kT m -='224π(2) 椅子空着时，0='m ，由(1)式得kg 66.12kg 6.605142.349015.042222=⨯⨯==πkT m(3) kg 50.68kg 66.12kg 142.34299.26.60542222=-⨯⨯=-='m kT m π15-3 一质量为0.20kg 的质点作简谐振动，其振动方程为 x =0.60cos(5t -π/2), 其中x 以m 为单位, t 以s 为单位．求：(1)质点的初速度；(2)质点在正向位移一半处所受的力．分析物体振动速度tx d d =v , 物体所受恢复力x m ma F 2ω-==,方向指向平衡位置.解 (1)据已知)2/5(60.0π-=t x ，得t t t A tx 5cos 3)2/5sin(560.0)sin(d d =-⨯-=+-==πϕωωv当t=0时，得 v 0=3 m/s(2) 正向最大位移一半处，x =0.30 m ，所受的力为N 5.1N 3.052.022-=⨯⨯-=-==x m ma F ω方向指向平衡位置.15-4 一物体沿x 轴作简谐振动,振幅为0.12m ,周期为2s ,当t =0时,位移为0.06m ,且向x 轴正方向运动.求(1)该物体的振动方程;(2)t =0.5s 时,物体的位置、速度、加速度；（3）在x =-0.06m 处,且向x 轴负方向运动时,物体的速度、加速度，以及物体从这一位置回到平衡位置所需的时间.分析求解振动方程的难点是确定振动物体的初相ϕ．初相取决于计时起点t =0时物体的位置和速度．确定初相可用三角函数法或旋转矢量法．解 (1) 已知振幅为A = 0.12 m ，角频率为πππω===222Trad/s ，t = 0时初始位置和初速度分别为x 0=A cos ϕ =0.06 （1）v 0=ϕωsin A - >0 （2）从(1)式得2112.006.0cos 0===Ax ϕ得 33ππϕ或-=从（2）式得0sin <ϕ，所以应取3/πϕ-=此外，由t = 0时初始位置和初速度可以确定其旋转矢量如图15-4所示，即3/πϕ-=．振动方程为m)3/cos(12.0ππ-=t x(2) t =0.5s 时， x =)3/cos(12.0ππ-t =0.104 mv m/s188.0)3/sin(12.0-=--=πππt22m/s03.1)3/cos(12.0-=--=πππt a(3) 在1x =-0.06 m 处，物体向x 轴负向运动时，设1t t =，则06.0)3/cos(11-=-=ππt A x m (3)v 1)3/sin(1ππω--=t A < 0 (4)从(3)式得 2112.006.0)3/cos(11-=-==-Ax t ππ解得 ππππππn n t 2322323/1+-+=-或（n =0,1,2…）又从(4)式得 0)3/sin(1>-ππt 应取 ππππn t 2323/1+=- （n =0,1,2…）故 )12(1+=n tm/s 592.0 m/s 326.0211=-= a v设回到平衡位置时2t t =,则0)3/cos(22=-=ππt A x (5)v 2)3/sin(2ππω--=t A >0 (6)从(5)式得 ππππn t 2233/2+=-或ππππn t 223/2+=- (n =1,2…)从(6)式得 )3/sin(2ππ-t <0 应取 ππππn t 2233/2+=- (n =1,2…)65)12(2++=n t回到平衡位置所需时间 s 83.0s 6512==-=t t t ∆15-5 一个质点作简谐振动,其振动方程为x =0.24cos(πt /2+π/3)m ，其中x 以m 计, t 以s 计．试用旋转矢量法求出质点由初始状态运动到 x =-0.12m, v <0状态所需的最短时间.分析根据振动方程,当0t =0时旋转矢量A 与Ox 于x =-0.12m, v <0状态时，A 32π，如图15-5所示．因此，从0t 位置转到新位置偏转3/π解如图15-5所示, t '时刻的相位为πϕ32=A 沿逆时针方向从0t 位置转过角度3/π所需的时间为s 32231=÷ππ15-6 作简谐振动的单摆在一个周期内的几个运动状态如图15-6所示.(1)若以(a )图所示的状态为计时起点；(2)若以(b )图所示的状态为计时起点，问单摆的初相位和其它各图所示状态的相位各为何值?分析应从本题得出的结论是: 初相与计时起点(即初始条件)有关; 相位与与计时起点无关而与振动物体的瞬时状态有关.解 (1)以图(a )状态为计时起点，t =0时m m cos θϕθθ==得0=ϕ，因此对图(b)有0)cos(=+=ϕωθθt m (1)0)sin(d d <+-=ϕωωθθt tm(2)从(1)式得 2πϕω±=+t从(2)式得 )s i n (ϕω+t >0 所以图(b)的相位应取 2)(πϕω=+t同理，对图(c) πϕω=+)(t 对图(d)3)(πϕω=+t0cos ==ϕθθm (3)0sin d d <-=ϕωθθm t(4)(3)式(4)式联立,解得 2πϕ=同理，对图(c) πϕω=+)(t 对图(d) 23)(πϕω=+t对图(a) 0)(=+ϕωt15-7 一物块在水平面上作简谐振动，振幅为0.1m ，在距平衡位置0.06m 处速度为0.4m/s ，(1)求振动周期；(2)当速度为±0.12m/s 时,位移为多少?(3)若有另一物体置于该振动物块之上，当物块运动至端点时正好滑动，问摩擦系数μ为多大?分析当所讨论问题涉及物体正好要滑动的条件时，由于物体尚未滑动，所受摩擦力仍为静摩擦力，静摩擦力方向与物体运动趋势方向相反．解 (1)设物块的振动方程为)cos(1.0ϕω+=t x物块位于06.01=x m 时, 速度v 1= 0.4m/s, 即x 1=A )cos(ϕω+t =0.06 m (1) v 1=)sin(ϕωω+-t A =0.4 m/s (2)以上两式平方相加, 代入A =0.1m ，解得 5=ωrad/s 26.12==ωπT s(2)由 v 2=)sin(ϕωω+-t A =±0.12 得 24.0)sin( =+ϕωt971.0)(sin 1)cos(2±=+-±=+ϕωϕωt t 则位移为x 2=0.1)cos(ϕω+t =±9.7×10-2m(3)物块运动至端点时正好物体开始滑动，即最大恢复力等于最大静摩擦力，物块受力如图15-7所示，因最大静摩擦力mg F μ=f ，最大恢复力A m F 2max ω=，得mg A m μω=226.08.91.05 22=⨯==gA ωμ15-8 一个轻弹簧在60N 的拉力作用下可伸长30cm , 将一物体悬挂在弹簧下端,并在它上面放一小物体,它们的总质量为4kg , 待其静止后再把物体向下拉10cm , 然后释放. 问(1)此小物体是停在振动物体上还是离开它? (2)如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离, 则振幅A 需满足什么条件? 二者在何位置开始分离?分析根据胡克定律，由弹簧在外力作用下的形变量可以求出弹簧的劲度系数．当两物体脱离接触时,它们之间的正压力等于零，以此为条件可以判断小物体是否停在振动物体上．解 (1) 根据胡克定律，得N/m 200N/m 3.060Δ===lF k由定义得 rad/s50rad/s 4200===mk ω弹簧、物体和小物体组成一个弹簧振子系统，把物体下拉10cm 后释放，故该弹簧振子的振幅为A =0.1m ．设小物体质量为m ，小物体随系统一起运动，最大加速度为A a 2ω=，小物体受力情况如图15-8所示，当达最高点时，所受物体的正压力有最小值，即Am ma F mg N 2ω==+ (1)当A =0.1m 时，得 N 2.192=-=-=kA mg A m mg F N ω 即F N > 0 ,因而小物体仍停留在振动物体上．(2) 两物体脱离接触条件为0N =F ，代入(1)式得m196.0m 508.92==='ωgA即振幅大于0.196m ，两物体将在平衡位置上方分离，分离的位置即在0.196m 处．15-9 如图15-9（a ）所示，在一个倾角为θ的光滑斜面上，固连一原长为L ，劲度系数为k ，质量忽略不计的弹簧，弹簧与质量为m 的重物相连，求重物作简谐振动的平衡位置和周期．分析平衡位置是系统所受合外力为零的位置. 在建立振动方程时，一般都把取平衡位置为坐标原点．放在斜面上的弹簧振子处于静止状态时，物体所受弹簧的弹性力与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反．解弹簧和物体组成一个弹簧振子系统．物体受力情况如图15-9（b ）所示.设在平衡位置弹簧的伸长量为0x ，有0sin 0=-kx mg θ 解得 k mg x θsin 0=即处于平衡位置时弹簧长度为0x L +. 根据定义，弹簧振子系统作简谐振动的角频率为mk =ω周期为 km T π2=15-10 如图15-10(a)所示，密度计玻璃管的直径为d ，浮在密度为ρ的液体中．若在竖直方向轻轻推一下，任其自由振动，试证明：若不计液体的沾滞阻力，密度计的运动是简谐振动；设密度计的质量为m , 试求振动周期．分析若物体运动为简谐振动，应该具有如下特征：物体所受合外力与位移成正比而方向相反，即加速度与位移成正比而方向相反；或者位移是时间的余弦F F(a) (b)图15-9函数或正弦函数．解密度计受力分析如图15-10(b)所示．设密度计截面积为S , 当处于平衡状态时，设浸入水中部分高度为h , 浮力则为ghS F ρ=B ，有0=-ghS mg ρ(1) 取平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正向，当密度计向下位移为x 时，有22d d )(t xm S x h g mg =+-ρ (2) 由(1)和(2)式得gxS t x m ρ-=22d d 即加速度与位移成正比而方向相反，因此运动为简谐振动，且有g m dT mg d mgS ρππρρω4 2===15-11 如图15-11，劲度系数为k 的轻弹簧上端与质量为m 的平板相连，下端与地固连．另一质量为m '的物体，从h 高处自由落下，与平板发生完全非弹性碰撞后一起运动. 若以平板开始运动为计时起点，取向下为坐标正向，求振动的周期，振幅和初相位．分析 m '与m 发生完全非弹性碰撞后一起运动，与轻弹簧组成振动系统，平衡位置是(m '+ m )所受合外力为零的位置，并选取为坐标原点．以发生碰撞后平板开始运动为计时起点，此时平板m 的坐标就是系统的初位移0x ，碰后(m '+ m )的共同速度v 0就是系统的初速度，而且可以依据碰撞中动量守恒求出．解 m '自由下落, 以gh 2的速度与m 发生完全非弹性碰撞，设碰后m '+ m 的共同速度为v 0，方向向下，应用动量守恒定律，得)(2m m gh m +'='v 0v 0mm gh m +''=2m '、m和弹簧组成振动系统，设m '+m 所受合外力为零时，弹簧的压缩量为x ∆，此位置是系统的平衡位置，则有0Δ)(=-+'x k g m m (1)取系统的平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正向，当m '+m 位移为x 时，有d d )()()(22tx m m x x k g m m +'=+-+'∆ (2)由(1)和(2)式得0d d 22=+'+x mm k t x且有 km m T mm k +'=+'=πω2取m '与m 相碰的瞬间为振动的初始时刻t =0，有mm gh m kmg x +''=-=2 00v即 kmg A x -==ϕcos 0 (3)mm gh m A +''=-=2sin 0ϕωv (4)(3)与(4)式联立，得振动的周期和初相位分别为)(212020gm m kh kg m x A +'+'=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωvgm m kh mm x )(2tan 0+''=-=ωϕv又因ϕ , 0 , 000><v x 在第三象限,则)(2 tanarc πϕ++''=gm m kh mm15-12 弹簧下端挂一物体后,弹簧伸长量为2108.9-⨯m , 若令物体上下振动,(1)求振动周期;(2)使其在平衡位置上方0.1m 处由静止开始运动,求振幅、初相及振动方程.(3)使其在平衡位置以0.8m/s 向上的初速度开始运动,求振幅、初相及振动方程.分析计算结果表明，同一系统在不同初始条件下的振动方程不同．解 (1)设挂上物体达平衡时弹簧的伸长量为x ∆, 根据胡克定律和平衡条件有mgx k =∆由定义得 10===xgmk ∆ω rad/s 63.02==gx T ∆πs(2)如图15-12所示，取平衡位置为坐标原点, 向上为x 轴正向.初始条件为： t =0时, x 0=0.1m v 0=0，即1.0cos 0==ϕA x （1）0sin 0=-=ϕωA v （2）由(1)和(2)式联立解得m 1.01.022020==⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωv x A0=ϕ振动方程为 t x 10cos 1.0= m(3) 初始条件为：t =0时，x 0=0 v 0=0.8，即cos 0==ϕA x （3）08.0sin 0>=-=ϕωA v （4）由(3)和(4)式联立解得A =2020⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωv x 0.08m从(3)式得 2πϕ=或 23πϕ=从(4)式得 0sin <ϕ 所以取 23πϕ=振动方程为 )2310cos(08.0π+=t x m15-13 如图15-13（a ）所示的弹簧,其一端固定在天花板上,另一端挂着质量都是1.0kg 的两个物体A 和B .当物体静止时,弹簧伸长量为2108.9-⨯m , 如果物体B 突然脱落掉下,不计弹簧质量,(1)求物体A 的振动周期；(2)若从物体B 脱落时开始计时,求物体A 的振幅、初相和振动方程.分析虽然弹簧下悬挂着两物体,但由于物体B 脱落，振动系统实为弹簧和物体A 组成. 据题意, 物体B 脱落之时ｔ＝0，因此物体A 的位置为系统的初始位置，且物体B 从静止状态脱落，系统初速度为0.解物体B 脱落之前，两个物体A 和B 处于重力和弹簧的弹性力作用下的平衡状态，弹簧伸长量为m 108.9Δ2-⨯=l ，则l k mg Δ2=N/m200N/m 108.98.912Δ22=⨯⨯⨯==-lmg k物体B 脱落后，物体A 和弹簧组成弹簧振子系统，设平衡位置处弹簧伸长量为0l ，则 00=-kl mg (1) 取平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正向，如图15-13（b ）所示，当物体A 位移x 时，应用牛顿第二定律，得220d d )(tx ml x k mg =-- (2)由(1)和(2)式得22d d tx mkx =-由定义得 rad/s2100.1200===mk ω s44.02==ωπT0=t 时，物体B 脱落，有m 109.4ΔΔ200-⨯==-=-=kmg kmg l l l x即 m 109.4cos 20-⨯==ϕA x (3) 0sin 0=-=ϕωA v (4)(3)和(4) 式联立解得 2220109.4)(-⨯=+=ωv x A m从(3)式0=ϕ,满足(4)式, 所以 0=ϕ振动方程为 t x 210cos 109.42-⨯= m讨论: (1)我们现在是取向下为x 轴正向，如果取向上为正，则初相为π，振动方程有所不同．这就是解题中强调要给出坐标取向的理由.(2)如果A 、B 质量不等，例如A B m m 2=，会有不同的l Δ值，则初始条件0x 不同，将导致振动特征参量的改变．15-14 如图15-14（a ）所示,一质量可忽略的盘挂在劲度系数为k 的轻弹簧之下，一质量为m 的物体自h 高处自由下落至盘中，并与盘粘在一起作简谐振动. 设m =0.1kg ，k =4.9 N/m ，h =0.3m ，若以物体刚落至盘中时为计时起点，求系统的振动方程．解如图15-14(b), 弹簧、质量为m 的物体和盘组成振动系统．取平衡位置为坐标原点, 向上为x 轴正向．平衡时弹簧伸长为0l l-，平衡方程为)(0=--l l k mg(1)当盘的位移为x 时，应用牛顿第二定律，得220d d )(tx ml x l k mg=-+- (2)由(1)和(2)式，得 22d d tx mkx=-由定义得71.09.4===mk ω rad/s质量为m 的物体与盘相碰时, t =0，弹簧伸长量为m 2.0m 9.48.91.0k0=⨯-=-=mg x相碰时，物体下落速度为gh 2，忽略盘质量，应用动量守恒定律，碰后物与盘的共同速度方向向下，大小为m/s 3.2m/s 3.08.922=⨯⨯==gh v即 x 0=ϕcos A =0.2 m (3)ϕωsin 0A -=v <0 (4)(3)和(4)式联立解得220)(ωv +=x A =0.4 m从(3)式得21cos 0==Ax ϕ，3πϕ±=．从(4)式得0sin >ϕ，所以应取3πϕ=振动方程为 )37cos(4.0π+=t xm15-15 单摆长为l ,小球质量为m ,带有电荷+q ,悬挂在场强大小为E 、方向由左向右的均匀电场中，如图15-15（a ）所示.(1)求小球处在平衡位置时悬线与竖直向下方向所成的角；(2)假设单摆对平衡位置的偏角很小,求单摆的周期.分析由于带电小球受到均匀电场的电场力作用，合外力为零的平衡位置将与铅垂位置有一偏角．解 (1)如图15-15（b ）所示, 小球受重力m g 、静电力E q 和张力F T 作用，设平衡位置偏角为0θ，则0cos 0T =-θF mgsin 0T =-qE F θmg qEarctan 0=θ (1) (2)当摆线从平衡位置偏离θ角时,与铅垂位置偏角为)(0θθ+，应用牛顿第二定律，得小球切向运动微分方程为2220200d d d )(d )sin()cos(tmltmlmg qE θθθθθθθ=+=+-+ (2)由(1)式可得0tan θmg qE =代入(2)式，得2200d d ]cos )sin(sin )[cos(cos tmlmg θθθθθθθθ=+-+应用三角函数公式，得θθθsin cos d d 022l g t-=当θ很小时，θθ≈sin，得θωθθθ222cos d d -=-=l g t表明角加速度与角位移成正比，且方向相反，因此小球作简谐振动，并得222222222 cos Eq gm ml T mlEq gm l g +=+==πθω15-16 劲度系数分别为1k 和2k 的两根弹簧串在一起,竖直地悬挂着,下面挂一质量为m 的小球,作成一个在竖直方向振动的弹簧振子.试求其振动周期.分析这是两根弹簧串联(首尾相连)的问题．处理这类连接体问题仍要用隔离物体法．当两弹簧质量均可忽略时，无论处于运动或静止状态，两弹簧中的弹性力相等，并等于相互作用力．解两根串联弹簧和小球组成振动系统. 隔离物体,对小球作受力分析如图15-16所示．取平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正向．设平衡时弹簧1的伸长量为10x ，弹簧2的伸长量为20x ，小球受力平衡方程为101=-x k mg (1)两弹簧连接处相互作用力等大而反向，即0202101=-x k x k (2)小球相对于平衡位置下移x 时，设弹簧1伸长量为1x ，弹簧2伸长量为2x ，应用牛顿第二定律，得2211d d tx mx k mg =- (3)两弹簧连接处相互作用力等大而反向，即2211x k x k =，因201021x x x x x ++=+，得 )(20102121x x x k k k x +++=代入(3)式得 22212101d d )(tx mx k k k x k mg =++- (4)由(1)和(4)式，得222121d d tx mx k k k k =+-表明加速度与位移成正比，且方向相反，因此小球作简谐振动，并得)(2 )(21212121k k k k m T k k m k k +=+=πω15-17 两弹簧劲度系数分别为1k =1N/m , 2k =3N/m .在光滑的水平面上将此二弹簧分别连接到质量为m =0.1kg 的物体的两端，弹簧的其余两端分别固定在支柱1P 及2P 上,如图15-17所示.今使物体有一向右初位移m10320-⨯=x ,向右初速度m/s10402-⨯=v ,(1)试证物体作简谐振动;(2)求振动方程(设物体在振动中,两弹簧始终处于被拉伸状态).分析当物体运动时，两弹簧的形变量大小相同，并等于物体的位移量．解以物体为研究对象, 受力如图15-17所示. 设平衡时两弹簧伸长量分别为1l 、2l ，有2211l k l k = (1) 取平衡位置为坐标原点，向右为x轴正向．当物体向右位移为x 时，应用牛顿第二定律，得221122d d )( )(tx mx l k x l k =+-- (2)由(1)和(2)式得2221d d )(-tx mx k k =+由定义，得 r a d /s102rad/s 1.0421==+=mk k ω已知t =0时， m/s 1040 m 1032020--⨯=⨯=v x即 ϕcos 0A x = = m 1032-⨯ (3)v 0= ϕωsin A - >0 (4)(3)和(2)式联立，解得220)(ωv +=x A =2×10-2m从(3)式得23cos 0==Ax ϕ，6πϕ±=，从(4)式得ϕsin <0，则应取6πϕ-=所以振动方程为 m )6102cos(1022π-⨯=-t x15-18 已知某简谐振动的振动曲线如图15-18(a)，试求此简谐振动的振动方程.分析振动曲线是振动物体位移x 与时间t 的关系曲线．从振动曲线上可得出振幅和初始条件．由图15-18(a)可以看出，当t 稍大于零时，物体将向x 轴负向运动，所以物体初速度v 0< 0．由旋转矢量图可以比较容易地确定振动的角频率，即旋转矢量1s 内转过的角度便是角频率．解由图15-18(a)看出，A = 2 m ，32πϕ=．t =1s 时的位移和速度分别为)cos(1ϕω+=t A x = 0 (1)v 1= )sin(ϕωω+-t A <0 (2)(1)式给出cos )(ϕω+t = 0，得2)(πϕω=+t ，显然满足(2)式,即为1s 时的相位.旋转矢量图如图15-18(b)所示，t =0时的旋转矢量为)0(=t A ,可以看出，1s 内A 沿逆时针方向转过的角度即角频率为rad/s61123ππππω=++=振动方程为 )32611cos(2ππ+=t xm15-19 (1)、（2）两个简谐振动的周期相同,振动曲线如图15-19.求(1)、（2）两个简谐振动的相位差. 分析根据振动曲线可以判断指定点的相位．若两振动的相位差012>-ϕϕ，通常说，振动2的相位比振动1超前或振动1的相位比振动2落后．解从图15-19知,振动(1)的初始条件是10cos ϕA x ==0 (1)v 0= 0sin 1>-ϕωA (2)由(1)式得 21πϕ±=由(2)式得 0sin 1<ϕ 则振动(1)的初相应取 21πϕ-=振动(2)的初始条件是20cos ϕA x = =A (3)v 0= 2sin ϕωA -=0 (4)由(3)式得02=ϕ，满足(4)式，即为振动(2)的初相．因两振动的角频率相同, 所以振动(1)与振动(2)相位差为2π-, 且振动(1)比振动(2)相位落后2π．15-20 一质量为0.1kg 的物体作振幅为0.01m 的简谐振动,最大加速度为0.042m/s .试求(1)振动的周期;(2)总的振动能量;(3)物体在何处时,其动能和势能相等?分析作简谐振动的弹簧振子系统机械能守恒, 动能和势能都随时间周期变化且相互转换，这是系统运动过程中只有重力、弹性力等保守力作功，外力和非保守内力不作功的条件下才成立的．实际的振动系统起码要受到阻力作用, 因而必定有能量的损耗，系统机械能不守恒．解 (1)由A a m 2ω= 得s 14.3s 04.001.022===ππma A T(2)总振动能量为J102J 01.004.01.02121215-m22⨯=⨯⨯⨯===A maAm E ω(3)设动能和势能相等时, 物体距平衡位置x 远, 则 2P 21kx E =又由 mk E E E ===2k P , 21ω得 m 1007.7m 04.01.001.010235--⨯=⨯⨯⨯==mma EA x15-21 质点作简谐振动,已知振动频率为ν, 则振动动能变化的频率为多少?当其位移为振幅的一半时,其动能为总能量的几分之几?分析只要大致勾画出k E -t 和x-t 曲线轮廓,便可得出动能变化频率与振动频率间关系.解振动动能为)]2(2cos 1[41 )2(sin 2122222k t A m t A m E πνωπνω-==所以振动动能变化频率为ν2，k E -t 曲线如图15-21所示．当 A x 21=时, 振动势能为)21(41)2(2122p kA A k E ==此时振动动能为)21(43)21(4121222P k kA kA kA E E E =-=-= 即为总能量的3/4.15-22 两同方向简谐振动，其振动方程分别为)4110cos(106, )4310cos(1052221ππ+⨯=+⨯=--t x t x式中x 以m 为单位，t 以s 为单位.(1)求合振动的振幅和初相;(2)若另有一同方向简谐振动)10cos(10723ϕ+⨯=-t x ,问 ϕ为何值时,合振动 31x x +的振幅为最大; 又 ϕ为何值时,合振动 32x x +的振幅为最小?(3)用旋转矢量法表示(1)、（2）的结果.分析先体会给出的两个振动方程,哪里体现了同方向?哪里体现了同频率?作两个同方向同频率振动合成,最简单的方法是旋转矢量法(不妨也尝试一下解析法),只要画出了合成矢量,简单的几何关系便给出合振动的振幅及初相.本题的另一部分是讨论振动加强减弱条件,这为后面讨论机械波、光波的干涉加强减弱作舖垫.解 (1)如图15-22,两矢量间夹角为2π所以合振动振幅m 107.81 m106522222221--⨯=⨯+=+=A A A合振动初相8484465 tanarc 0'=+=πϕ(2) 合振动A 再与第三个振动合成.据振动叠加条件, πϕϕk 21±=-时合振动有极大值,即ππϕk 243±=(k =0,1,2…)当πϕϕ)12(1+±=-k 时合振动有极小值, 即ππϕ)12(43+±=k (k =0,1,2…)15-23 有两个同方向同频率的简谐振动,其合振动的振幅为0.2m ,相位与第一振动的相位差为π61,若第一振动的振幅为1103-⨯m ,用旋转矢量法求第二振动的振幅及第一、第二两个振动的相位差.分析本题与上题相反, 为已知合振动求分振动. 解作旋转矢量如图15-23所示，由几何关系得m1.030cos 212122=︒-+=AA A A A再由)cos(2122122212ϕϕ-++=A A A A A 解得20)cos(1212πϕϕϕϕ=-=-15-24 示波管的电子束受到两个互相垂直的电场的作用,若电子在两个方向上的位移分别为t A x ωcos =和)cos(ϕω+=t A y .求在0=ϕ、30=ϕ、90=ϕ各种情况下，电子在荧光屏上的轨道方程，并分别说明电子沿轨道的运动方向.分析这是两个频率相同、振动方向相互垂直简谐振动的合成. 解轨道方程为)(sin )cos(21221221222212ϕϕϕϕ-=--+A A xy Ay Ax因 A A A ===-2112 ϕϕϕϕϕ2222sin cos 2A xy y x =-+当0=ϕ时，得x=y ，为一过原点的直线．说明电子沿直线作往返运动.当 30=ϕ时,得 222413Axy y x =-+为一椭圆，且运动方程为)30cos(cos+==t A y t A x ωω当 90=t ω时,电子位于)21,0(A -处,此后瞬间x <0, y <0,电子位于第三象限内,表明电子顺时针转动.当 90=ϕ时,得 222A y x =+ 为一圆.且运动方程为)90cos(cos+==t A y t A x ωω当0=t ω时, 电子位于)0, (A 处, 此后瞬间x >0, y <0,电子位于第四象限内, 表明电子仍顺时针转动.。

西交15春《普通物理》在线作业答案

西交15春《普通物理》在线作业答案
一、单选题（共 40 道试题，共 80 分。

）
V 1. 下列说法中正确的是()
A. 作用力的功与反作用力的功必须等值异号
B. 作用于一个物体的摩擦力只能作负功
C. 内力不改变系统的总机械能
D. 一对作用力和反作用力作功之和与参照系的选取无关
满分：2 分
2. 2
A.
B.
C.
D.
满分：2 分
3. 在下列四个实例中,哪一个物体和地球构成的系统,其机械能不守恒()
A. 物体作圆锥摆运动
B. 抛出的铁饼作斜抛运动(不计空气阻力)
C. 物体在拉力作用下沿光滑斜面匀速上升
D. 物体在光滑斜面上自由滑下
满分：2 分
4. 2
A.
B.
C.
D.
满分：2 分
5. 已知空间某区域为匀强电场区,下面说法中正确的是()。

A. 该区域内,电势差相等的各等势面距离不等
B. 该区域内,电势差相等的各等势面距离不一定相等
C. 该区域内,电势差相等的各等势面距离一定相等
D. 该区域内,电势差相等的各等势面一定相交。

满分：2 分
6. 2
A.
B.
C.
D.
满分：2 分
7. 2
A.
B.。

15秋西电《大学物理》在线作业答案

西电《大学物理》在线作业一、单选题（共 25 道试题，共 100 分。

）1. 一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一偏振片。

若以此入射光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，那么入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为. 1/2. 1/3. 1/4. 1正确答案：2. 在驻波中，两个相邻波节间个质点的振动（）. 振幅相同，位相相同. 振幅不同，位相相同. 振幅相同，位相不同. 振幅不同，位相不同正确答案：3. 下列说法正确的是. 物体的速度方向与受力方向相同. 物体的运动方向与受力方向相同. 物体的加速度方向与受力方向相同. 物体的位移方向与受力方向相同正确答案：4. 光子的能量是光子的两倍,则光子的动量是光子的（）倍. 1/4. 1.414. 1. 2正确答案：5. 某容器内贮有1mol氢气和1mol氦气，设两种气体各自对器壁产生的压强分别为P1和P2，则两者的大小关系是（）. P1大于P2. P1=P2. P1小于P2. 不确定正确答案：6. 在某地发生两件事,相对该地静止的甲测得时间间隔为4s,若相对甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为5s, 则乙相对于甲的运动速度是（表示真空中的光速）（）. 4/5. 3/5. /5. 2/5正确答案：7. 真空中有一均匀带电球体和一均匀带电球面, 若它们的半径和所带的电量都相等, 则它们的静电能之间的关系是(). 球体的静电能等于球面的静电能. 球体的静电能大于球面的静电能. 球体的静电能小于球面的静电能. 球体的静电能大于球面的静电能, 球体外的静电能小于球面外的静电能正确答案：8. 当质点以频率ν作简谐振动时，它的动能的变化频率为. ν. 2ν. 4ν. ν/2正确答案：9. 理想气体的密度在某一过程中与绝对温度成反比关系，则该过程是（）. 等容过程. 等压过程. 等温过程. 绝热过程正确答案：10. 一瓶氦气和一瓶氧气，它们的压强和温度都相同，但体积不同，则它们的. 单位体积内的分子数相同. 单位体积的质量相同. 分子的方均根速率相同. 气体内能相同正确答案：11. 刚体角动量守恒的充分必要条件是（）. 刚体不受外力矩的作用. 刚体所受合外力矩为零. 刚体所受的合外力和合外力矩均为零. 刚体的转动惯量和角速度均保持不变正确答案：12. 一束波长为λ的光线，投射到一双缝上，在屏幕上形成明、暗相间的干涉条纹，那么对应于第一级暗纹的光程差为. 2λ. 3/2λ. λ. λ/4正确答案：13. 光波从光疏媒质垂直入射到光密媒质，当它在界面反射时，其. 相位不变. 频率增大. 相位突变π. 频率减小正确答案：14. 一质点在外力作用下运动时，下面哪种说法正确？. 质点的动量改变时，它的动能一定改变. 质点的动能不变时，它的动量也一定不变. 外力的冲量为零，外力的功一定为零. 外力的功为零，外力的冲量一定为零。

西工大大学物理学习题册答案

第一章真空中的静电场一、选择题 1.C ；2.B ；3.C ；4.B ；5.B ；6.C ；7.E ；8.AD ； 9.B ；10.BD 二、填空题 1.30281R qb επ；由圆心指向缺口。

2. 0εq；21Φ<Φ。

3. 均匀带电薄球壳。

4. 12210h h E E --ε；312C/m 1021.2-⨯。

5. N/C 100；2-9C/m 10.858⨯。

6. V 135-；V 45。

7.R Q q U q E 0006πε=；00=∞C U q ；R Q q U q CE 0006πε-=；RQq U q E 0006πε=∞。

8.41220R x q+πε； 2322)(41R x qx πε+； R22； N/C 4333620=Rπεq。

9. 有源场；无旋场（或保守场）。

三、问答题答：E 电场强度从力的角度描述电场的性质，矢量场分布；U 从能和功的角度描述电场的性质，标量场。

E 与U 的关系为： U E grad -= ，⎰∞⋅=ad l E U a使用叠加原理计算电场强度，注意先将各个场源产生的电场强度分解到各坐标轴，然后再叠加。

使用叠加原理计算电势，要注意电势零点的选择。

四、计算与证明题：1．证：（1） CD BC AB E E E E++=根据对称性分布，两段直导线AB 和CD 在O 点产生的电场强度大小相等，方向相反，则0=+CD AB E E。

在半圆形BC 上取电荷元d l ，则l q d d λ=，相应的在O 点产生d E 为 204d d alE πελ=由于对称分布分析可知0=x E ，设d E 和y 轴夹角为θ，且有θd d a l =θθελθελd cos 4πcos 4πd d 020y aa l E ==a a E y 02202πd cos 4πελθθελππ==⎰- j a εE 02πλ=∴ 得证（2）半圆形BC 在O 点产生的电势为：aεlU 014πd d λ=， ⎰==aεl a εU π0014πd 4πλπλ带电导线AB 或CD 在O 点产生的电势为：l l 024πd dU ελ=， ⎰==aal dl U 2022ln 44ππελελ总电势：)2ln 2π(4π2021+=+=ελU U U 得证 2．解：①取高斯面为同心球面，由高斯定理：∑⎰⎰===⋅q r E dS E S d E SS214επ ，得当r ≤R 时，)( 4πππ34π3430133333R r RQrE QR r r R Q r q <=⇒===∑ερ 当r >R 时 )( 4π1π4202022R r rQE Q r E Q q >=⇒=⇒=∑εε ② 选无穷远为势能零点。

西工大18秋《大学物理》在线作业辅导答案

昹馱湮181A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.DE.E:E1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:D1A.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.C:C1A.AB.BC.CD.D:DA:B:C:D:苤A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.C:A1A.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BD.D:A1A.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BC.CD.D:A1A.AC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:D1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:AA.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.DE.EF.F:C3A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.CD.D:C儂迮淥雄婓賡窐笢腔換畦備峈儂迮疏﹝A.渣昫B.:B儂迮疏蚕儂迮淥雄莉汜ㄛ儂迮疏腔換畦剒猁杻隅腔賡窐ㄛ婓祥肮賡窐笢腔換畦厒僅珩祥肮ㄛ婓淩諾笢夔換畦﹝A.渣昫B.:A都獗腔儂迮疏衄ㄩ阨疏﹜汒疏﹜華涾疏﹝A.渣昫B.:B。

[西北工业大学]大学物理(202104)

大学物理（202104）一、单选题1.28．如图6中用旋转矢量法表示了一个简谐振动，旋转矢量的长度是0.04m，旋转角速度是 rad／s，此简谐振动以余弦函数表示的振动方程为()。

图6A.B.C.D.答案：C2.某雷达刚开机时发现一敌机的位置在处,经过3秒钟后，该敌机的位置在处,若、分别表示直角坐标系中的单位矢量，则敌机的平均速度为()。

A.B.C.D.答案：C3.16．物体按规律在媒质中沿x轴运动，式中为常数，为时间。

设媒质对物体的阻力正比于速度的平方，阻力系数为，则物体由运动到时，阻力所作的功是()。

A.B.C.D.答案：A4.33．两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为： (SI)， (SI)，则它们的合振动的振幅为()。

A.6B.0C.3D.12答案：B5.19．关于机械能守恒条件和动量守恒条件有以下几种说法，其中正确的是：()。

A.不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒；B.所受合外力为零，内力都是保守力的系统，其机械能必然守恒C.不受外力，而内力都是保守力的系统，其动量和机械能必然同时守恒D.外力对一个系统所作的功为零，则该系统的动量和机械能必然同时守恒答案：C6.18．质量为的质点开始时静止，在合力的作用下沿直线运动，在0到的时间内，力所作的功为()。

A.B.C.D.答案：D7.3．某质点的运动方程为(SI)，则该质点作 ()。

A.匀加速直线运动，加速度为正。

B.变加速直线运动，加速度为负。

C.匀加速曲线运动，加速度为正。

D.变加速曲线运动，加速度为负。

答案：B8.17．Ａ、Ｂ两木块质量分别为和，且=2，两者用一轻弹簧连接后静止于光滑的水平面上，如图6所示，今用外力将两木块靠近使弹簧被压缩，然后将外力撤去，则此后两木块运动的动能之比为()。

A.B.２C.D.答案：A9.34．一质点作简谐振动，其振动曲线如图16所示，根据此图，它的周期等于()。

图16A.1sB.2sC.3sD.5s答案：B10.33．如图16所示，(a)(b)(c)为三个不同的谐振系统，组成各系统的弹簧的劲度系数及重物质量如图所示。

西工大大学物理大作业参考答案静电场中的导体与介质

静电场中的导体和电介质一、选择题:1．D 2．B 3．B 4． AE 5．C 6．B 7．B 8．D 9．B 二、填空题1．导体的表面; 导体表面法线；0 2．S Qd 02εS Qd 0ε； 3．01=D ；2224r Q D π=；03=D ； 2444r QD π= 01=E ； 22024r Q E πε=；23034r Q E r επε=； 24044r Q E πε=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-=221100111114R R R R R Q U r r εεπε4．总量为q 1+q 2，均匀分布；F 1=0 ；F 2=0 ；rq q q F 0214)(πε+=5．06/εq ；6/q ；6.E, D; 7. R r επε04；R Q W r επε028=；2.29*10-4J/m 3 8．提高耐压，增大电容； 9．25.3pF ；300ev10．b b a r εεσεσ00)(+-；()b b a S r r +-εεε0；)(202rb b a S εεσ+-三. 问答题：1.答：机理：静电感应中电子产生宏观移动，导体中电荷重新分布，极化中分子产生位移极化或取向极化，无电荷的宏观移动。

电荷分布：感应电荷和极化电荷都分布在物体表面。

电场分布：静电平衡后导体内部电场为零；介质极化后，内部电场有所减小，但不为零。

四、计算与证明1.解：①因为A 、B 接地，因此两板均仅内侧带电，设A 板内（右）侧感应电荷电量为Q A , B 板内（左）侧感应电荷电量为Q B ， C 板左侧电量为Q 1，右侧电量为Q 2；则Q 1＋Q 2＝Q ，（1）由高斯定理易有： Q A =-Q 1,Q B =-Q 2因此AC 板间区域电场大小为：SQ E B A CA 010020102222εεσεσεσεσ=---=， BC 板间区域电场大小为：SQ E B A CB 020020102222εεσεσεσεσ=-++=，A B CA ，B 接地U CA =U CB （2）故：E CA d/3=E CB d （3）联立求解得：Q A =-3Q /4; Q B =-Q /4; SQdU c 04ε=②CB 间充满介质时同理有：Q ′1＋Q ′2＝Q (1)′SQ E CA01ε'='，S Q E r CB εε02'=' (2)′ ；E ′CA d/3=E ′CB d (3)′联立求解：r A Q Q ε+-='33，rr B Q Q εε+-='3，S QdU r C )3(0εε+='③带入题设数据有：636V C='U . 2.解：等价于圆柱形电容器：故)/ln(2120R R LC r επε=内膜处最先达到击穿场强，故令k r E LR Q R E ==1012)(επε ,k r E LR Q 10max 2επε=, 对应电场能：1221202max max ln 2R RE LR C Q W k r επε==3.解：由高斯定理可得：3014Rer E πε=，当 (r<R); 2024r e E πε=，当 (r>R);能量密度：2300210111)4(212121R er E E D w πεεε===； 2200220222)4(212121re E E D w πεεε===总能量：⎰⎰∞+=R Re dV w dV w W 201＝Re 02203πε＝m e c 2 可得：电子半径上限：202203cm e R e πε= 五.附加题1. 解：①金属球为等势体，只求其球心处电势(简单)因为感应的正负电荷在球心处产生的电势之和等于零，球心处的电势等于电荷q在此处激发的电势，即：bq U 004πε=②金属球接地后，电势为零，同时金属球上的正电荷向地球迁移(静电平衡)，负电荷由于正电荷的吸引留在金属球上。

2015级大学物理参考答案

.一、质点运动以及动力学一.选择题：1.解：选B 。

运动到最高点时速度为零，故有： 024=-=t dtdx，得t ＝ 2s 。

2. 解：选B 。

区分平均速度和平均速率的定义 3. 解：选C 。

方法一对题中给出的四个备选方程进行计算，通过微分得出速度的表达式)4(2t +=υm/s及将t =3s 代入方程可得 x = 9m ，符合这两个条件的方程就是要选的方程。

有速度dt dx /=υ，看出只有C 和D 可得)4(2t +=υ，将 t = 3s 代入各运动方程中，C 可得x = 9m ，所以选C 。

方法二选用积分法。

一般方法是已知速度的表达式和初始条件，即t =0时的质点位置x 0，通过对速度积分，可得质点的运动方程。

4. 解: 选C 。

设A 、B 两车沿x 轴正向行驶，B 车开始减速时，B 车恰好在坐标原点，且此时为计时起点。

由直线运动方程有：对于A d t x +=11υ （1）对于B 22221at t x -=υ （2） at t x B -=2υ （3）B 车速度为1υ时两车刚好不相撞。

设此时为t 0时刻，由上两式 20020121at t d t -=+υυ （4）由（3）有 021at -=υυ （5）（4）、（5）联立消去t 0有： a d 2)(212υυ-=故两车不会相撞的最少距离为a2)(212υυ-。

.5. 解：选（C ）。

当A 紧靠在圆筒内壁而不下落时，A 受到的摩擦力 r f 与重力平衡，又因为r f 与筒壁提供给A的向心力N的反作用力的大小成正比，如图所示，故：mg f r = 2ωμ=mR f r∴ Rg μ=ω6. 解：选（A ）。

如图所示：2cos ω=θmr N mg N =θsin θ=cos R r RhR -=θsin ∴ ω＝12.78rad ·s -1≈13 rad ·s -17. 解：选（B ）。

质点m 越过A 角前、后的速度如图所。

西工大《大学物理》作业机考参考答案

大学物理作业有20年10月的，下面找~试卷总分:100 得分:98一、单选题(共50 道试题,共100 分)要答an：wangjiaofudao1.21．质量为的小球以速度与一质量为5的静止的小球碰撞后，小球的速度变为，方向与的方向成90°，碰撞后小球的速度大小是（）。

A.<img ht="19">B.<img "19">C.<img "19">D.<img 15">正确答案:A2.42．一衍射光栅对某一波长的垂直入射光，在屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该（）A.换一个光栅常数较小的光栅B.换一个光栅常数较大的光栅C.将光栅向靠近屏幕的地方移动D.将光栅向远离屏幕的地方移动正确答案:B3.43．在单缝夫琅和费衍射实验中，屏上第三级暗纹所对应的单缝处波面,可划分为（）半波带。

A.2B.4C.5D.6正确答案:D4.32．在图14所示的振动系统中，木块质量为，与倔强系数为的轻质弹簧相连，另一质量为的木块以速度向左运动，与接触后，与一同向左运动，若滑动时阻力不计，则的振幅为（）图14A.<img ht="48">B.<img "48">C.<img ="48">D.<img sht="48">正确答案:D5.9．物体和物体的质量相等，分别固定在一轻质弹簧的两端，竖直放置在光滑的水平面上，如图3所示。

若将支持面迅速移去，则在开始的瞬间，的加速度大小为（），的加速度大小为（）。

图3A.2g, 2gB.0, 0C.0, 2gD.2g,0正确答案:C6. 光滑的水平桌面上，有一长为，质量为的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴自由转动，其转动惯量为,起初杆静止.桌面上有两个质量均为的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同的速率相向运动。

15届大学物理上作业答案

15届,大学物理上,作业答案2015大学物理上作业答案第1章质点运动学一、选择题:1.D2.B3.C4.D5.B，6B，7A8A二、填空题1.，，，。

2.3.4.16rad,16rad/s,5.三计算题1解：轨迹方程，物体做的圆周运动，半径为3m（2）（m/s）(m/s2)（3）2．3．答案：解（1）由消去t得轨迹方程（2）位置矢量（3）t=1s和t=2s时位置矢量分别为(4)速度矢量（5）加速度矢量4.解(1)(2)5．第2章牛顿运动定律一选择题：1.C2.D3.C4.A5.B6.D二．填空题1.惯性系，非惯性系2.，，3.，，4.a=1.5m/s2,v=2.7m/s,a=1.5m/s2,,5.，3mg.三．计算题1．1、2.3.建立自然坐标，切向法向而分离变量积分得4．(1)(2)（3）x值最大，5.证明第3章动量守恒定律和能量守恒定律一、选择题1.B，2.C3.C，4C5.C，6.B，7.A，8A。

二、填空题1．外力和非保守内力不做功或做功的代数和为零，不受外力或外力的矢量和为零。

2．0.21cm，400J3.3.2m/s，25.6J。

4.。

、、5.a=1.5m/s2,v=2.7m/s,a=1.5m/s2,三、计算题1.(a)根据功能原理，有4.25(m)(b)根据功能原理有8.16(m/s)2.3.t=0时,t=2s时,t=1s时，，4.解：（1）已知势能零点位于坐标原点，则x处的势能（2）质点由x=2m运动到x=3m时，势能的增量为保守力做的功为可见，保守力做的功等于势能增量的负值，即5.解：利用题中条件可以得到力的表达式，然后根据功的定义求解，由可知物体运动速度,所以阻力为又由，将消去后可得所以阻力做功为6.解：（1）由位矢方程可知，质点在方向的运动方程分别为，消去，得轨迹方程，质点做轨迹为椭圆的曲线运动。

（2）质点所受作用力可见指点所受作用力指向坐标原点，是有心力.力的两个分量分别为，质点从点到点时，作功作功（3）考察质点从任意点运动到任意点，作的功+=+可见作功只与始末位置有关，与路径无关，是保守力。

西工大15春《电工技术》在线作业100分答案

15 春《电工技术》在线作业
一、单选题（共24 道试题，共60 分。

）
1. 在环路瞬间，下列各项中除（）不能跃变外，其他全可跃变。

A. 电感电压
B. 电容电压
C. 电容电流
正确答案：B
2. 三相对称电路是指（）。

A. 三相电源对称的电路
B. 三相负载对称的电路
C. 三相电源和三相负载均对称的电路
正确答案：C
3. 在电动机的继电器接触器控制电路中，热继电器的正确连接方法应当是（）。

A. 热继电器的发热元件串接在主电路内，而把它的动合触点与接触器
B. 热继电器的发热元件串联接在主电路内，而把它的动断触点与接触
C. 热继电器的发热元件并接在主电路内，而把它的动断触点与接触器
正确答案：B
4. 关于电感的下列说法，错误的是（）。

A. 电感在稳态电路中相当于短路
B. 电感是耗能元件
C. 电感是储能元件
D. 电感中的电流不能突变
正确答案：B
5. 有一线圈，其匝数N=1000，绕在由铸钢制成的闭合铁芯上，铁芯截面积Sfe=20c ㎡，贴心的平均长度Lfe=50cm，如要在铁芯中产生磁通Φ =0.002Wb，。