大学物理第3章作业题解答

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大学物理学大作业参考解答

大学物理学
静电场中的导体和电介质
大作业参考解答
选择题1：当一个带电导体达到静电平衡时，（A）导体表面上电荷密度较大处电势较高；（B）导体表面曲率较大处电势较高；（C）导体内部的电势比导体表面的电势高；（D）导体内任一点与表面上任一点的电势差等于零。
NIZQ 第1页
大学物理学
静电场中的导体和电介质
d a
a
E dx
x
d a d ln ln 0 a 0 a
0 q 1 C U U A U B ln d a
NIZQ 第18页
大学物理学
静电场中的导体和电介质
计算题3：如图所示，在一不带电的金属球旁，有一点电荷 +q，金属球半径为R，点电荷+q与金属球球心的间距为d，试求：（1）金属球上感应电荷在球心处产生的电场强度。（2）若取无穷远处为电势零点，金属球的电势为多少？
-σ1 σ1 σ2 -σ2
d1 (A) d2 (C) 1
d2 (B) d1 d2 (D) 2 d1
2
d1
d2
1 2 d1 d2 0 0
NIZQ 第8页
大学物理学
静电场中的导体和电介质
填空题1：如图所示，两同心导体球壳，内球壳带电量+q，外球壳带电量 -2q . 静电平衡时，外球壳的内表面带电量为；外表面带电量 -q 为。 -q
q CU r C 0U r q 0
U E E0 d
1 1 1q 2 W qU CU r E0 2 2 2C
NIZQ 第16页
2
计算题1：两块相互平行的导体板a和b ，板面积均为S，
大学物理学
静电场中的导体和电介质

3-1电磁-真空中的静电场大学物理作业习题解答

dE
zdq 40(z2 r2 )3/2
R cos.ds 40R3
sin cosd 20
d R o
x
故球心o处总场强为:
E
dE
/ 2 sin cos d
0
20
40
4
1-6 均匀带电的无限长细线,弯成如图所示的形状,若点电荷的线
密度为λ,半圆处半径为R,求o点处的电场强度.
解:o电场强是由三部分电荷产生的:
解：作一半径为r的同心球面为高斯面。
当r<R1
当 R1<r<R2
E4r2 0, E 0
R1
r 2r2 sindrdd
E 4r2 R1 0 0
R2
0
1
r
2
A r sindrdd
0 R1 0 0
E
A
r2 R12 20r2
同理，当r>R2
E4r2 1 R2 2 Arsindrdd
0
20
9
1-10 两个无限长的共轴圆柱面，半径分别为R1和R2，面上都均
匀带电，沿轴线单位长度的电量分别为 1和 2 ,求： (1)场强分布；(2)若 1 2,情况如何？画出E－r曲线。
解：由圆柱面的对称性，E的方向为垂直柱面， r
故作一共轴圆柱面为高斯面，由高斯定律得：
R1
高斯
当
r<R1, 当R1<r<R2 ，
1-12 将q=1.7×10-8库仑的点电荷从电场中的A点移到B点,外力需做功5.0×10-8焦耳,问A,B俩点间的电势差是多少?哪点电势高?若设B点的电势为零,A点的电势为多大?
解:(1) AAB=q(VA-VB), WAB=- AAB=+5.0×10-8

大学物理作业(解答)

《大学物理III 》课后作业（解答）第一部分：力学简答题：1. 用文字描述牛顿第一定律。

它的另一个名称是什么？解答：任何物体在不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态。

另一个名称是“惯性定律”。

2．用文字描述牛顿第三定律。

作用力和反作用力有什么特点？解答：当物体A 以力1作用在物体B 上时，B 同时也有力2作用在A 上，这两个力大小相等，方向相反，在同一条直线上，即12-=。

作用力和反作用力有如下三个特点：（1）它们成对出现，关系一一对应；（2）它们分别作用在两个不同物体上，因而不是一对平衡力；（3）它们的性质相同，比如同为引力、摩擦力、弹力，等等。

3．假设雨滴从1000米的高空云层中落到地面。

请问可否用自由落体运动描述雨滴的运动？并简述理由。

解答：不能。

如果我们用自由落体运动来描述雨滴运动（即忽略空气阻力），那么雨滴从1000米高空落到地面时，它的速度将达到m/s 1402==gH v ！这个速度已经达到普通手枪的子弹出射速度，足以对地面上的人畜造成致命伤害。

而生活经验告诉我们，雨滴落到我们头上并不会造成严重伤害，所以它落到地面的速度远远小于140m/s 。

事实上，因为空气阻力的存在（通常跟雨滴的速度大小成正比），雨滴将有一个收尾速度，它落到地面时做匀速直线运动，速度约为10-20m/s ，不会对地面生物造成致命伤害。

4．用文字描述质点系的动量守恒定律。

解答：当一个质点系所受合外力为零时，系统内各质点间动量可以交换，但系统的总动量保持不变。

5. 如图，一根质量为m 、长l 的刚性杆子竖直悬挂，顶点固定在天花板O 点，杆子可绕O 点自由转动。

一个质量也为m 的物块（质点）以水平速度0v跟杆子的下端碰撞，并粘在一起。

在这个碰撞过程中，物体和杆子组成系统的动量是否守恒？角动量是否守恒？并简述理由。

解答：动量不守恒，因为在碰撞瞬间物体和杆子系统在O 点受到很大外力，其产生的冲量不可忽略；角动量守恒，因为系统所受一切力的对O 点力矩为零，包括上述的巨大外力。

《大学物理AI》作业 No.03 角动量、角动量守恒(参考解答)

答：（a）正确。与轴平行的力，对该轴都不产生力矩。（b）正确。比如当两个力垂直于轴，且力的作用线通过轴时，每个力对该轴的力矩都为零；当两个力作用线不通过该轴时，这两个力的力矩之和可以不为零。（c）错误。大小相等、方向相反的两个力作用于刚体上不同位置处，如下图所示，两个力合力为零，但对 O 点的合力矩不为零。（d）错误，如下图所示情况，两个力对 O 点的合力矩为零，但合力不为零。
为为零零。；（（bc））不不正正确确；；角当动参量考还点与不参在考运点动的直选线择上有时关，，质只点要相参对考于点参不考选点在的运位动矢直r 是线在上变，化角动的量，就因可此能角不动
量
L

r

mv
也是会变化的；（d）不正确；作匀速率圆周运动的物体，其合外力指向圆心，属于有心
力，以圆心为参考点，质点的角动量守恒，角动量大小和方向都不改变。
端的水平轴在竖直平面内自由摆动，现将棒由水平位置静止释放，求：
（1）细棒和小球绕 A 端的水平轴的转动惯量，
A
B
（2）当下摆至角时，细棒的角速度。

m
解：（1） J

J1

J2

ml 2

1 ml 2 3

4 ml 2 3
（2）根据转动定理： M

J
d dt

J
d d
d dt

J
d d
1、理解质点、质点系、定轴转动刚体的角动量的定义及其物理意义； 2、理解转动惯量、力矩的概念，会进行相关计算； 3、熟练掌握刚体定轴转动定律，会计算涉及转动的力学问题； 4、理解角冲量（冲量矩）概念，掌握质点、质点系、定轴转动刚体的角动量定理，熟练进行有关计算； 5、掌握角动量守恒的条件，熟练应用角动量守恒定律求解有关问题。

大学物理第3章作业解答

第三章刚体的定轴转动选择题3－1 如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是（ A ）（A） (B) (C) (D)3－2 在上题中,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最小的是（ C ）3－3 如图所示,P、Q、R、S是附于刚体轻细杆上的四个质点,它们的质量分别为4m、3m、2m和m,PQ QR RS l===,该系统对O O'轴的转动惯量为（ A ）(A) 29m l.10m l; (D) 214m l; (C) 250m l; (B) 23－4 均匀细棒O A,可绕通过点O与棒垂直的光滑水平轴转动,如图所示.如果使棒从水平位置开始下落,在棒到竖直位置的过程中,下列陈述正确的是（ A ）(A) 角速度从小到大,角加速度从大到小;(B) 角速度从小到大,角加速度从小到大;(C) 角速度从大到小,角加速度从大到小;(D) 角速度从大到小,角加速度从小到大.3－5 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这几个力的矢量和为零,则下列陈述正确的是（ D ）(A) 刚体必然不会转动; (B) 刚体的转速必然不变;(C) 刚体的转速必然会变; (D) 刚体的转速可能变,也可能不变.3－6 在光滑的桌面上开一个小孔,把系在绳的一端质量为m的小球置于桌面上,绳的另一端穿过小孔而执于手中.设开始时使小球以恒定的速率v 在水平桌面上作半径为1r 的圆周运动,然后拉绳使小球的轨道半径缩小为2r ,新的角速度2ω和原来的角速度1ω的关系为（ B ） (A) 1212r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (B) 21212r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=;(C) 2211r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (D) 22211r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=.3－7 在上题中,新的动能和原来的动能之比为（ A ）(A) 212r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭; (B) 12r r ; (C) 21rr ; (D) 221r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭.3－8 刚体绕定轴高速旋转时,下列陈述正确的是（ D ）(A) 它受的外力一定很大; (B) 它受的外力矩一定很大;(C) 它的角加速度一定很大; (D) 它的角动量和转动动能一定很大. 3－9 芭蕾舞演员绕通过脚尖的竖直轴旋转,当她伸长手臂时的转动惯量为J ,角速度为ω.她将手臂收回至前胸时,转动惯量减小为3J ,此时她的角速度为（ A ）(A) 3ω; (D) 13ω.3－10 三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转.它们的角速度大小相同,但其中一轮的转动方向与另外两个轮相反.今沿轴的方向施力,将三者靠在一起,使它们获得相同的角速度.此时靠在一起后系统的动能与原来三转轮的总动能相比是（ B ）(A) 减少到13; (B) 减少到19;(C) 增大到3倍; (D) 增大到9倍.计算题3－11 一电动机的电枢转速为11800r min -⋅,当切断电源后,电枢经20s 停下.求:(1) 切断电源后电枢转了多少圈;(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度以及电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度(设电枢半径为10cm ).解 (1) 切断电源时,电枢的转速为11018002πrad s60πrad s60ω--⨯=⋅=⋅电枢的平均角加速度为22060πrad s3.0πrad s20tωα----==⋅=-⋅∆由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得切断电源后电枢转过的角度为()()22060πrad 600πrad 223πωθα--∆===⨯-转过的圈数为600πr 300r 2π2πN θ∆===(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度为()11060π 3.0π10rad s30πrad s t ωωα--=+=-⨯⋅=⋅此时电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度分别为()111222t 222222n 0.1030πm s3.0πm s9.42m s0.10 3.0πm s0.30πm s0.942m s0.1030πm s90πm s888m sr a r a r ωαω---------==⨯⋅=⋅=⋅==-⨯⋅=-⋅=-⋅==⨯⋅=⋅=⋅v3－12 一飞轮由直径为0.30m 、厚度为22.010m -⨯的圆盘和两个直径为0.10m 、长为28.010m -⨯的圆柱体组成.设飞轮的密度为337.810kg m -⨯⋅,求飞轮对转轴的转动惯量.解飞轮上的圆盘的半径为10.15m r =,圆柱体的半径为20.05m r =. 飞轮上的圆盘质量为2322111π7.810π0.15 2.010kg 11.0kg m r h ρ-==⨯⨯⨯⨯=圆柱体的质量为2322222π7.810π0.058.010kg 4.90kgm r h ρ-==⨯⨯⨯⨯⨯=飞轮的转动惯量是圆盘和两个圆柱体的转动惯量之和为22222211221111.00.15 4.900.05kg m 0.136kg m 22J m r m r ⎛⎫=+=⨯⨯+⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭3－13 如图所示,质量分别为2m 、3m 和4m 的三个小球,用长均为l 、质量均为m 的三根均匀细棒相连,如图所示(小球的半径r l <<,可视为质点).求该物件对通过点O 垂直于图面的转轴的转动惯量.解该物件的转动惯量是三个小球和三根细棒的转动惯量之和为2222212343103J m l m l m l m l m l =+++⨯=3－14 细棒长为l ,质量为m ,设转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直.求棒对此轴的转动惯量.解由平行轴定理,细棒的转动惯量为22222c 111212J J m h m l m h m l h ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭3－15 一个半径为R 质量为m 的均匀圆盘,挖去直径为R 的一个圆孔,如图所示.求剩余部分对通过圆心O 且与盘面垂直的轴的转动惯量.解开孔圆盘的转动惯量等于完整圆盘的转动惯量减去位于圆孔部位的被挖去的小圆盘的转动惯量:2222111322424232m R m R J m R m R ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 3－16 如图所示,某飞轮的直径为0.50m 、转动惯量为22.4k g m ⋅、转速为311.010r min-⨯⋅.如果制动时闸瓦对轮的压力为490N ,闸瓦与轮之间的滑动摩擦因数为0.4,求制动后飞轮转多少圈才停止.解制动前,飞轮的转速为31102π 1.010rad s105rad s60ω--⨯⨯=⋅=⋅飞轮所受的制动力矩为n 0.44900.25N m 49N m M F R μ=-=-⨯⨯⋅=-⋅根据转动定律,M J α=,可得制动后飞轮的角加速度为2249rad s20.4rad s2.4M J α---==⋅=-⋅由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得制动后飞轮转过角度为220105rad 270rad 22(20.4)ωθα--∆===⨯-转过的圈数为270r 43.0r 2π2πN θ∆===3－17 如图所示,一物体质量为5kg ,从一倾角为o 37的斜面滑下,物体与斜面的摩擦因数为0.25.一滑轮装在固定轴O 处,轻绳的一端绕在滑轮上,另一端与物体相连.若滑轮可视为是实心圆盘,其质量为20kg 、半径为0.2m ,绳与轮间无相对滑动,且轮轴的摩擦阻力矩忽略不计.求：(1) 物体沿斜面下滑的加速度; (2) 绳中的张力.解物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T T F F '=.O x 轴沿斜面向下,Oy 垂直于斜面.设物体的质量为1m ,滑轮的质量为2m ,滑轮的半径为r .对物体,根据牛顿第二定律,在O x 和Oy 方向分别有o1T r 1sin 37m g F F m a --=oN 1cos 370F m g -=重力2P 和轮轴对滑轮的压力N 2F 均通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T T M F r F r '=⋅=⋅.对滑轮,根据转动定律,有T F r J α⋅=而a r α=r N F F μ=2212J m r =联立解以上方程,可得物体沿斜面下滑的加速度和绳中的张力分别为()oo11222sin 37cos 3712345 0.259.8 m s 1.31 m s1555202m a gm m μ--=-+⎛⎫=-⨯⨯⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭+⨯T 21120 1.31 N 13.1 N 22F Jm a rα===⨯⨯=3－18 如图所示,长为l 、质量为m 的均匀细棒可绕点O 转动.此棒原先静止在竖直位置,受微小扰动而倒下.若不计摩擦和空气阻力,求细棒倒至与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度.解细棒的倒下,可看成定轴转动,其转轴通过地面上细棒端点,垂直于细棒的转动平面.在细棒倒下的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒.以地面为势能零点,设细棒倒至与竖直方向成θ角时,角速度为ω,有21cos 222l l J m gm gωθ+=而213J m l =由此可得,角速度为ω=只有细棒所受的重力对转轴有力矩.以垂直纸面向里为正方向,细棒倒至与竖直方向成θ角时,重力对转轴的力矩为sin 2l M m g θ=.设此时的角加速度为α,则对细棒,根据转动定律,有sin 2l m gJ θα= 将213J m l =代入上式,可得角加速度为3sin 2g lαθ=3－19 如图所示,两个物体质量分别为1m 和2m .定滑轮的质量为m 、半径为R ,可视为圆盘.已知2m 与桌面间的摩擦因数为μ.设轻绳与轮间无相对滑动,且可不计滑轮轴的摩擦力矩,求1m 下落的加速度和滑轮两边绳中的张力.解两个物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T1T1F F '=,T 2T 2F F '=.O x 轴水平向右,Oy 轴竖直向下.两个物体的加速度虽方向不同,但大小相同,12a a a ==.对物体1m ,根据牛顿第二定律,在Oy 方向有1T 11m g F m a -=对物体2m ,根据牛顿第二定律,在O x 方向有T 2r 2F F m a -=滑轮所受的重力和转轴对滑轮的压力都通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T 1T 2M F R F R =-.对滑轮,根据转动定律,有T 1T 2F R F R J α-=而212J m R =a R α=r 2F m gμ=联立解以上方程,可得物体的加速度与绳中的张力分别为()1212222m m a g m m mμ-=++()2T 11122122m m F m gm m m μ++=++()1T 22122122m m F m gm m mμ++=++3－20 一圆盘状的均匀飞轮,其质量为100kg 、半径为0.5m ,绕几何中心轴转动.在30s 内,由起始转速13000r m in-⋅均匀地减速至11000r m in -⋅.求阻力矩所做的功.解飞轮初、末角速度分别为1102π3000rad s100πrad s60ω--⨯=⋅=⋅112π1000100rad sπrad s603ω--⨯=⋅=⋅飞轮的转动惯量为2222111000.5kg m 12.5kg m 22J m R ==⨯⨯⋅=⋅根据动能定理理,外力矩对飞轮所做的功等于飞轮转动动能的增量,可得在飞轮减速的过程中,阻力矩对飞轮所做的功为()222200225111()2221100π 12.5100πJ 5.4810J23A J J J ωωωω=-=-⎡⎤⎛⎫=⨯⨯-=-⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3－21 质量为m '、半径为R 的转台,可绕过中心的竖直轴转动.质量为m 的人站在转台的边缘.最初人和转台都静止,后来人在转台的边缘开始跑动.设人的角速度(相对于地面)为ω,求转台转动的角速度(转台可看成质量均匀分布的圆盘,并忽略转轴处的摩擦力矩和空气的阻力).解人和转台组成的系统对中心轴角动量守恒.以人的角速度的方向为正方向,设转台的角速度为1ω,有210J m R ωω+=而212J m R '=由此可得12m m ωω-='式中的负号表明,转台的转动方向与人的转动方向相反.3－22 如图所示,一个转动惯量为J 、半径为R 的圆木盘,可绕通过中心垂直于圆盘面的轴转动.今有一质量为m 的子弹,在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入,并嵌在木盘边缘.求子弹嵌入后木盘转动的角速度.解子弹和木盘组成的系统,对转轴角动量守恒.以垂直于纸面向外为正方向,设子弹嵌入后,木盘转动的角速度为ω,有2()2R J m R m ω+=v由此可得022()m R J m R ω=+v3－23 如图所示,一均匀细棒长为l 、质量为m ,可绕经过端点O 的水平轴转动.棒被拉到水平位置由静止轻轻放开,下落至竖直位置时,下端与放在地面上的静止物体相撞.若物体的质量也为m ,物体与地面间的摩擦因数为μ,物体滑动s 距离后停止.求: (1) 棒与物体碰撞后,物体的速度;(2) 棒与物体碰撞后,棒的角速度.解 (1)根据动能定理,摩擦力对滑块所做的功等于滑块动能的增量.设物体因碰撞而获得的速度为v ,有2102m gs m μ-=-v由此可得=v (2) 细棒下落的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒定律.以地面为势能零点,设细棒下落至竖直位置时的角速度为0ω,有20122l J m gω=而213J m l =由此可得0ω=.碰撞过程中角动量守恒.以垂直纸面向外为正方向,设碰撞后,细棒的角速度为ω,有0J m l J ωω+=v将213J m l =、=v 和0ω=代入上式,可得lω=若0ω>,碰撞后细棒继续向右转动, 若0ω<,碰撞后细棒向左转动.。

大学物理规范作业(本一)03解答

( A) 67 J , ( B) 91 J , ( C ) 17 J , ( D) − 67 J
r r 分析： A = F ⋅ ∆r r r r r r r = (4i − 5 j + 6k ) ⋅ (−3i − 5 j + 9k )
= 67 J
（A））
3
竖直悬挂的轻弹簧下端挂一质量为m 3.竖直悬挂的轻弹簧下端挂一质量为 m的物体后弹簧伸且处于平衡。若以物体的平衡位置为坐标原点，长y0且处于平衡。若以物体的平衡位置为坐标原点，相应状态为弹性势能和重力势能的零点，应状态为弹性势能和重力势能的零点，则物体处在坐标时系统弹性势能与重力势能之和是：为y时系统弹性势能与重力势能之和是： 2 2 mgy mgy0 mgy mgy0 ( D) ( A) + mgy ( B) + mgy (C ) 2 y0 2 2 y0 2 mg 分析：由题意有 mg = ky0 , k = （D）） y0 以物体的平衡位置为坐标原点，相应状态为弹性势能和重力势能的零点时
dt v0 = 3(m / s ), v 4 = 19(m / s)
1 1 2 2 根据动能定律，有： A = mv 4 − mv 0 = 176( J ) 2 2 dv = 6t − 8 或： a =
A=∫
( 2)
4
(1)
0
dt ( 2) Fdx = ∫ madx
(1)
= ∫ (6t − 8) d (3t − 4t 2 + t 3 ) = 176 ( J )
1 2 fdx = d ( mv ) 2
x
∫
0
dx = ∫
vB 2
vB
− 2mdv,
v − dx = mvdv 2 vB x = −2m( − vB ) = 14(m) 2

大学物理第三章热力学第一定律第四章热力学第二定律

B C AD
氮气氦气
35
B C AD
氮气氦气
解：取（A+B）两部分的气体为研究系统，在外界压缩A部分气体、作功为A的过程中，系统与外界交换的热量 Q 0
Q E ( A) 0
36
B
氮气
C
AD
氦气
系统内能的变化为
E E A E B
5 E B RTB 2
内能：态函数,系统每个状态都对应着一定内能的数值。功、热量：只有在状态变化过程中才有意义，状态不变，无功、热可言。
9
五、热力学第一定律
1. 数学表式 ★ 积分形式 ★ 微分形式
Q E A
dQ dE dA
10
2. 热力学第一定律的物理意义（1）外界对系统所传递的热量 Q , 一部分用于系统对外作功，一部分使系统内能增加。（2）热一律是包括热现象在内的能量转换和守恒定律。
m i E RT M2
m i i m E RT R T末 T初）（ M2 2M
i dE RdT 2
8
注意：
10 作功和传热对改变系统的内能效果是一样的。（要提高一杯水的温度，可加热，也可搅拌）
20 国际单位制中，功、热、内能单位都是焦耳（J）。（1卡 = 4.18 焦耳) 30 功和热量都是系统内能变化的量度,但功和热本身不是内能。
绝热线
斜率
PV C1
dP K 绝热 dV
P V
26
K 绝热同一点 P0，V0，T0 斜率之比（） K 等温
P0 K绝热 V0 P0 K等温 V0

P
a
等温
结论：绝热线比等温线陡峭

大学物理规范作业解答(全)

2.一子弹水平地射穿两个前后并排放在光滑水平桌面上的木块。木块质量分别为m1和m2，测得子弹穿过两木块的时间分别为Δ t1和Δ t2，已知子弹在木块中受的阻力为恒力F。求子弹穿过后两木块各以多大的速度运动。解：两个木块受到子弹给它们的力均为F 穿过木块1 Ft1 ( m1 m2 )v1 0
骑车人速度为u(车对地），人看到雨的速度为v’ （雨对车）、雨对地的速度v如右图： v u v ' 加速后骑车人速度为u1，人看到 u1 u 雨的速度为v’1 。可得： 60 30 v' v ° v = u1 + v1 ' v '1 u 由图中的关系得： v = = 36km / h cos 60° 方向与竖直方向成30度角偏向西方。
2.一小环可在半径为R的大圆环上无摩擦地滑动，而大圆环能以其竖直直径为轴转动，如图所示。当圆环以恒定角速度ω 转动，小环偏离圆环转轴而且相对圆环静止时，小环所在处圆环半径偏离竖直方向的角度θ B ( 为 ) (A) θ =π /2 （B）θ =arccos(g/Rω 2) (C)θ =arccos(Rω 2 / g)(D）须由小珠质量决定解：环受力N的方向指向圆心，mg向下, 法向加速度在水平面内 N sin θ = ma n = ml ω2 N N cos θ = mg 由于 l=Rsinθ
v 抛出后竖直方向的速度为： y v sin gt
x
落地前经过的时间为 t 2v sin g 水平方向做匀速直线运动，抛出的距离为 2v 2 sin cos x v cost v 2 sin 2 / g g x v2 / g 易见：θ=45° 时抛得最远，距离为
I mv mv0 1 1 3 m v0 i m( v 0 i v0 j ) 2 2 2 3 mv0 j 2

大学物理作业解答

2-22 质量为m 的小球A，以速度 v 0 沿质量为M，半径为R的地
球表面切向水平向右飞出。 OC =3R。求C 点的速度。 (略空气阻力及地球自转。)
解∶取小球与地球为系统，机械能守恒:
M
m
O R
v0
C

O
1 2 G0 Mm 1 2 G0 Mm mv 0 mv 2 R 2 3R
fr
N
Afr E2 E1
Afr f r dx cos L x gdx
l a
l x g
1 2 g l a 2
作业5-3：一链条总长l，质量为m，放在桌面靠边处，下垂一端长为a，链条与桌面的滑动摩擦系数为，链条由静止开始运动。求：(1)链条离开桌边过程中，摩擦力对链条作的功？ (2) 链条离开桌边时的速度？
1 2 Afr g l a 2
以桌面为重力势能零点，
fr
N
1 2 l a E2 E1 mv mg 0 ag 2 2 2
l x g
v
g2 2 2 l a l a l

a x 10 0.02 2 (m s )
2 2
2
回复力
F kx 50 0.02 1 ( N)
（3）振子速度具有正最大值，是位于平衡位置向
正方向运动，由旋转矢量法可知
x

2
所以振动方程为
x 0.04 cos10t (SI) 2
0
m
r0 o
v
解小球所受的力中,重力和桌面的支持力抵消,只有绳的拉力影响小球的运动。拉力的作用线通过o点,对o点的力矩为零,故小球在运动中对o点的角动量守恒,于是有 r0 2 2 mr0 0 m( ) 2

大学物理作业--牛顿环单缝衍射解答

xk f
2k 1 2 ax k f

2
f
( 2 k 1) 2a

,

2 0 .6 1 .4 400 6 10
4

L
o
7
P
k 3
所以，在屏上P点处是第3级明纹。

2 7
a sin k ( 2 k 1)

2
10
故可分为7个半波带。

2
所以可分割成4个半波带。
若将单缝宽度缩小一半，
a sin a sin 2
所以，P点是第1级暗纹。
6
3.波长为λ =480nm的平行光垂直照射于缝宽a=0.40mm 的单缝上，单缝后透镜的焦距f=80cm，当单缝两边缘点A、B射向P点的位相差为π 时，P点离透镜焦点O的距离等于 4.8×10-4 m。分析：如图所示，过A作ACBC，则单缝两边缘点A、B射向P点的光程差为：

)
2
15 0 . 63 10
0 . 254 ( m )
8
2.若有一波长为λ =600nm的单色平行光垂直入射在宽度a=0.60mm的单缝上,单缝后面放置一凸透镜,焦距f=40cm。求:(1)屏上中央明纹的宽度;(2)若在屏上P点观察到一明纹,且OP距离为1.4mm（O为焦点）, 问:P点处是第几级明纹?对P点而言单缝处波面可分成几个半波带? f 解：（1）两个第一级暗纹中心间的距离即为中央明纹的宽度。
o
由单缝衍射暗纹公式 a sin k k
中央明纹的宽度为：
x 2 x 1 2 f tg 1 2 f sin 1 2 f
L

量子物理3近代物理学,大学,课程

光强度大
光波振幅平方大（波动观点）
光子在该处出现的概率大
（微粒观点）
物质波的强度大
波函数振幅的平方大（波动观点）单个粒子在该处出现（微粒观点）的概率大
•波函数统计诠释涉及对世界本质的认识观念
哥本哈根学派--爱因斯坦著名论战
玻尔、波恩、海森伯、费曼等
还有狄拉克、德布罗意等
波函数的概率解释是自然界的终极实质
E)
三个区间的薛定谔方程化为：
d
2 1 ( dx2
x)
k
2
1
(
x
)
0,
x0
d
2
2 ( dx2
x)
k12
2
(
x
)
0,
0 xa
d
2
3 ( dx2
x
)
k
23
(
x)
0,
xa
考虑粒子是从 I 区入射，在 I 区中有入射波和反射波；粒子从I区经过II区穿过势垒到III 区，在III区只有透射波。粒子在x=0处的几率要大于在x=a处的几率。
建立薛定谔方程的主要依据和思路：
•微观客体具有波粒二象性，满足德布罗意关系式
E / h, h / p
•对于一个能量为E，质量为m，动量为p的粒子
p2
E V(r )
2m
波函数应遵从线性方程
•若Ψ1是方程的解，则CΨ1也是它的解；若波函数Ψ1与Ψ2是某粒子的可能态，则C1Ψ1+C2Ψ2也是该粒子的可能态。
因此自由粒子的德布罗意波的波函数可表示为
是一个待定常数，
x处波函数的复振幅
则反映波函数随时间的变化。
• 波函数的统计解释：物质波是一种概率波

大学物理习题与答案解析

v d dr tt22i1 j3 (m)/s
a d dvtt28j(m2/)s
大学物理
3、质点作直线运动，加速度 a2Asint，已知
t 0时质点初始状态为x 0
动学方程为xAsi n .t0
、v0 A、该质点运
解：
vv0
t
a
0
dt A
t2As
0
intdt
AAcostA
Acost
t
t
即 a2ct, t a 2c
vx vy
vvx 2vy 2a24c2t22a
大学物理
5、一飞机在跑道上跑过500米后，即升空，如果它在跑
前是静止的，以恒定加速度运动，升空前跑了30秒，则
当它升空时的速度为 v 100 m/s
.
3
解： x 1 at 2 2
a2t2x2 352 000190m2/s
答：B
v(m / s)
2
0到7秒的位移为：
0
r 2 22 2 2 2 2 3 1 i 3 .5 im1
坐标为：x23 .55 .5 m
t(s) 24 5 7
大学物理
3、一质点沿x轴运动的规律是 xt24t5,其中x以m 计，t以s计，则前3s内它的位移和路程分别是
(A)位移和路程都是3m. (B) 位移和路程都是-3m .
dvy dy
则
a vy
dvy dy
kvy2
分离变量得 :
dvy kdy vy
两边积分得 :
v dvy
y
k dy
v v0 y
0
v v0eky
大学物理
3、一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程
为 23t，3 式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s

大学物理习题册及答案

3
6. 质点沿半径为 R = 3m 的圆周运动，见图 2-6，已知切向加速度 aτ = 6t m/s2， t = 0
时质点在 O′点，其速度 v0 = 0， s0 = 0，试求： (1) t = 1s 时质点速度和加速度的大小； (2) 第 2 秒内质点所通过的路程。
s R
О′
图 2-6
4
练习三运动的描述(三)
班级
学号
姓名
1. 质点作圆周运动，其角加速度 β = 6t (SI)，若质点具有初角速度 ω 0 ，则任意时刻 t
质点的角速度为
、转过的角度为
。
2. 一质点沿半径为 R 的圆周运动，已知角速度 ω 与时间 t 的关系为 ω = kt 2 (SI) 、k 为
常数，已知 t = 0 时，θ 0 = 0、 ω0 = 0，则 t 时刻的角加速度为
1
6. 路灯离地面高度为 H ，一个身高为 h 的人，在灯下水平路面上非匀速步行，如图 1-6 所示。当人与灯的水平距离为 s 时，人的步行速度大小为 v0 ，方向向右，求此时他的头顶在地面上的影子移动的速度。
H
v0
h s 图 1-6
2
练习二运动的描述(二)
班级
学号
姓名
1. 如图 2-1 所示，质点沿路径 s 运动，在 P 点的速度为 v 、
量值相等的是：
A. ∆r = ∆s ； B. d r = ∆s ； C. d r = d s ； D. d r = ∆r ； E. ∆r = d s 。
4. [
]对于作曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的：
A. 切向加速度必不为零；
B. 法向加速度必不为零（拐点处除外）；
C. 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零；

西南交大大学物理作业参考解答 No 角动量角动量守恒定律

©西南交大物理系_2013_02《大学物理AI 》作业No.03角动量角动量守恒定律班级________学号________姓名_________成绩_______一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[F ]1．如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩一定为零。

解：合力为零，合力矩不一定为零。

反之亦然。

[F]2．一个系统的动量守恒，角动量一定守恒。

解：动量守恒的条件是合外力为零，角动量守恒的条件是合外力矩为零。

理由同上题一样。

[T]3．一个质点的角动量与参考点的选择有关。

解：p r L ⨯=，其中r与参考点的选择密切相关，所以角动量与参考点的选择有关。

[F]4．刚体的转动惯量反映了刚体转动的惯性大小，对确定的刚体，其转动惯量是一定值。

解：转动惯量还与轴的位置有关系，该题目只说了刚体确定，但没有说是定轴。

该题题意有些含混。

[F ]5．如果作用于质点的合力矩垂直于质点的角动量，则质点的角动量将不发生变化。

解：根据,,L L d L M dtL d M⊥⊥=，即是如果只要一个物理量的增量垂直于它本身，那么这个增量就只改变它的方向，不改变它的大小。

比如旋进。

二、选择题:1．有两个半径相同、质量相等的细圆环A 和B 。

A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。

它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则[C ](A)A J >B J (B)A J <BJ (C)A J =BJ (D)不能确定A J 、BJ 哪个大解：对于圆环，转动惯量为⎰⎰==m R m r J d d 22，设细圆环总质量为M ，无论质量分布均匀与否，都有M m =⎰d ，所以MR J JB A2==选CRO2．绕定轴转动的刚体转动时,如果它的角速度很大,则[D ](A)作用在刚体上的力一定很大(B)作用在刚体上的外力矩一定很大(C)作用在刚体上的力和力矩都很大(D)难以判断外力和力矩的大小3．一个可绕定轴转动的刚体,若受到两个大小相等、方向相反但不在一条直线上的恒力作用,而且力所在的平面不与转轴平行,刚体将怎样运动?[C ](A)静止(B)匀速转动(C)匀加速转动(D)变加速转动解：对轴的力矩的代数和不为0，并且为恒定值，根据转动定律：恒量恒量=⇒==ββJ M Z ，所以是匀加速的转动，选C 。

大学物理下作业答案.docx

静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下，极板间的电场等同于电荷均匀分布，密度为o = ±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场一-匀强电场，一板在另一板处之电场强度为£ = o/(2s0)，方向垂直于板面.所以，极板间的相互作用力F =q・E = q2 /(2件)。

故选(B)。

2.解：设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体，使A(即Q)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为q/(6&o),而侧面abed是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abed的电场强度通量等于q/(24%).选(C)。

3.解:寸亘•丞=jpdV/£°适用于任何静电场.选(A)。

4.解：选(B)。

5.解:据高斯定理知：通过整个球面的电场强度通=q/&. ■内电荷通过昂、&的电通量相等且大于零; 外电荷对品的通量为负，对&的通量为正. 所以0>1 <0>2 •故(D)对。

二. 填空题：1.解：无限大带电平面产生的电场E= —2&oA L 八(5 2(5 3(5A 区：E A= ------------------ = ------2s0 2s02g0CL L b 2b bB 区：E R = ------------ = ------2s0 2s 02s0C区"c=三+至=至2s n 2s n 2s n2.解：据题意知，P点处场强方向若垂直于OP,则入在P点场强的OP分量与Q在P点的场强E QP一定大小相等、方向相反.即Jcp = ------------- c os——= ----------- =也冲= -------- , O — aA .2%。

3 4%。

4%。

之3. 解：无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。

大学物理第3章习题解答1..

3-9 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为51.0kg 的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为2.0m，安全带弹性缓冲作用时间为0.50s。求安全带对人的平均冲力。解1：以人为研究对象，按两个阶段进行讨论。在自由落体运动过程中，人跌落至2m处时的速度为：
3-3 对功的概念有以下几种说法：（1）保守力作正功时，系统内相应的势能增加；（2）质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零；（3）作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。下列对上述说法判断正确的（ C ） (A) (1)、(2) 是正确的 (B) (2)、(3) 是正确的
2 m v 5 gl m
(C) 只有 (2) 是正确的
(D) 只有 (3) 是正确的
3-4 如图所示，质量分别为M1和M2的物体A和B，置于光滑桌面上，A和B之间连有一轻弹簧。另有质量为m1和m2的物体C 和D分别置于物体A和B之上，且物体A和C、B和D之间的摩擦系数均不为零。首先用外力沿水平方向相向推压A和B，使弹簧被压缩，然后撤掉外力，则在A和B弹开的过程中，对A、B、 C、D以及弹簧组成的系统，有（） D (A) 动量守恒，机械能守恒 (B) 动量不守恒，机械能守恒 (C) 动量不守恒，机械能不守恒 (D) 动量守恒，机械能不一定守恒 C A D B
vB 。传递重物解：设A、B两船原有速度分别为: v A ， v v m 表示。后船的速度分别为：，。被搬运重物的质量以 A B
分别对系统I、II应用动量守恒定律，则有:
mA mvA mvB [(mA m) m]vA mB mvB mvA [(mB m) m]vB

大学所有课程答案(整理完整版)

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21世纪大学实用英语综合教程1练习及课文翻译答案/a/webbase/2/2015/0305/768.html艺术美学题型和答案/a/webbase/Y/2015/0302/641.html新时代交互英语视听说1级答案五单元/a/webbase/X/2015/0302/598.html大学基础物理学答案(习岗)第12章波动/a/webbase/dreamweaver/2015/0305/808.html 医学拉丁语课后词汇及习题答案/a/webbase/Y/2015/0302/640.html《大学数学概率论及试验统计》第六章_课后答案(余家林主编) /a/webbase/dreamweaver/2015/0305/786.html 经济数学-微积分答案2008年-2009年第一学_武汉理工大学考/a/webbase/J/2015/0305/750.html《应用文写作教程》课后答案/a/webbase/Y/2015/0302/629.html学前教育学答案/a/webbase/X/2015/0302/627.html大学基础物理学答案(习岗)第8章/a/webbase/dreamweaver/2015/0305/806.html新编剑桥商务英语(初级)学生用书答案Module11.1-11.3/a/webbase/X/2015/0301/517.html《大学数学概率论及试验统计》第四章_课后答案(余家林主编) /a/webbase/dreamweaver/2015/0305/784.html大学基础物理学答案(习岗)振动与波动/a/webbase/dreamweaver/2015/0305/810.html学前教育史答案/a/webbase/X/2015/0302/626.html新动力大学英语听力教程1Unit14原文及答案/a/webbase/X/2015/0302/570.html学前教育评价答案/a/webbase/X/2015/0302/625.html大学基础物理学答案(习岗)第2章/a/webbase/dreamweaver/2015/0305/802.html新闻评论答案及记忆重点/a/webbase/X/2015/0302/624.html《大学物理教程》下册第三版(贾瑞皋著)课后习题答案科学出版社12 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新编日语4课后习题答案/a/webbase/X/2015/0302/538.html新动力大学英语听力教程Book_1_Unit_1-6/a/webbase/X/2015/0302/571.html新编日语2_课后答案/a/webbase/X/2015/0302/537.html理论力学答案/a/webbase/L/2015/0301/531.html新编教育学作业二参考答案及评分标准/a/webbase/X/2015/0301/523.html新编教育学重点对应提纲答案/a/webbase/X/2015/0301/522.html新编基础日语语法整理/a/webbase/X/2015/0301/514.html新编大学德语答案/a/webbase/X/2015/0301/511.html概率论与数理统计教程(第四版)_课后习题答案_沈恒范著/a/webbase/G/2015/0301/528.html线性代数_课后答案(戴天时_陈殿友_著)_吉林大学数学学院/a/webbase/X/2015/0301/532.html新编大学德语2 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应用文写作教材_第2版_习题答案/a/webbase/Y/2015/0302/648.html英语听说教程第三册答案/a/webbase/Y/2015/0302/646.html研究生英语读写译教程习题答案/a/webbase/Y/2015/0302/631.html新发展大学英语听力教程(3)参考答案/a/webbase/X/2015/0302/576.html应用文书写作重点习题附答案/a/webbase/Y/2015/0302/647.html英语听说教程第三册答案/a/webbase/Y/2015/0302/646.html英语听力教程答案1-7/a/webbase/Y/2015/0302/645.html新编实用英语综合教程1第二版答案/a/webbase/X/2015/0302/545.html英语听力教程4答案(前6单元)/a/webbase/Y/2015/0302/644.html英语导游教程课后答案/a/webbase/Y/2015/0302/643.html英国文学选读课后答案/a/webbase/Y/2015/0302/642.html艺术美学题型和答案/a/webbase/Y/2015/0302/641.html医学拉丁语课后词汇及习题答案/a/webbase/Y/2015/0302/640.html研究生英语综合教程上课后练习答案/a/webbase/Y/2015/0302/639.html新版研究生英语精读教程翻译练习参考答案(1-5单元)/a/webbase/X/2015/0301/505.html研究生英语阅读教程答案-重庆大学出版社Unit8Medicine/a/webbase/Y/2015/0302/638.html新公共法语汉译法参考答案(中级教程)/a/webbase/X/2015/0302/583.html研究生英语阅读教程（第二版提高级）教参(答案+课文翻译）/a/webbase/Y/2015/0302/637.html新编进出口英语函电课后习题翻译/a/webbase/X/2015/0302/536.html研究生英语阅读教程-提高级-第三版-教师用书/a/webbase/Y/2015/0302/636.html现代大学英语精读4课后答案(外语教学出版社)/a/webbase/X/2015/0301/486.html研究生英语阅读教程-基础级-第三版-教师用书/a/webbase/Y/2015/0302/635.html自考学前比较教育试题及答案详解/a/shijuanjidaan/Z/2015/0228/267.html新动力_大学英语听力教程Unit_3原文及答案/a/webbase/X/2015/0302/563.html大学物理实验教程_第二版_思考题答案_(李学金_著)----测量/a/shiyanbaogao/2015/0302/656.html自考学前比较教育试题及答案详解(113)/a/shijuanjidaan/Z/2015/0228/266.html影视动画视听语言期末考试试题-A卷答案/a/shijuanjidaan/Y/2015/0228/265.html音乐学院曲式与作品分析考试题(b卷)参考答案/a/shijuanjidaan/Y/2015/0228/264.html大学英语快速阅读4答案/a/webbase/dreamweaver/2015/0305/832.html江西财经大学08年大一期末考试微积分试题带答案/a/shijuanjidaan/J/2015/0305/713.html希望英语综合教程2课文翻译/a/webbase/X/2015/0301/482.html中央电大邓小平理论与三个代表重要思想概论试题与答案3 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4-3光-光的偏振大学物理作业习题解答

种介质射到第二种介质时，起偏角为i12，从第二种介质射到第
一种介质时，起偏角为i21．若i12 > i21 ，问那一种介质是光密介
质？ i12 + i21 等于多少?
4
解两起偏角应分别满足
tan i12
n2 n1
和
tan i21
n1 n2
.
因为i12 > i21
在 0 ~ 范围，正切函数为增函数．所以有
在什么情况下 o光的主平面和e光的主平面都在入射面内？
答：（１）晶体中存在寻常光线折射率与非常光线折射率相同
（或o光光速与e光速相同）的方向，光在晶体中沿这个方向传
播不发生双折射，这个方向叫做晶体的光轴．光线与光轴组成
的平面叫做主平面．
5
沿光轴入射的光进入晶体后一般不再沿光轴传播，因此会产生双折射．只有光轴与界面法线的夹角等于折射角时，光进入晶体后才沿光轴传播，才不会发生双折射．
Ae A cos 350 0.819A, Ao A sin 350 0.574A.
(2)由于波长片对分解的o光e光产生2的相位差，所以任何
光通过波长片后，偏振态都不变化．线偏振光过波长片后仍
为线偏振光，且振动方向不变．所以在与起偏振器垂直的检
偏振器后光强为零．
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补充3.2 在实验室内，用一块偏振片和钠光灯，如何鉴别下列片外观相同的偏振器件:(1)偏振片；(2) 1/4波片；(3)1/2波片．
解:(1)由马吕斯定律，自然光通过两偏振器后，光强变为：
I I0 cos2 600 I0 . 出、射光强之比为
2
8
I 1. I0 8
(2)若中间的偏振片与两偏振片均成30o角，由马吕斯定律得出

大学物理习题及解答3

2 2 0
二、填空题：填空题： 1、半径为r=1.5m的飞轮，初角速度ω0=10rad/s，角加速度 β = -5rad/s2，若初始时刻角位移为零，则在t= 4s 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度v= −15m/ s 。 2β(∆θ ) = ω 2 −ω 2
t 0
2βθ = ωt −ω0
2 2
v 3v ω= = 2 l 2l 3
v
l
m
1 2 2 2 I = 2m⋅ l + m⋅ l = ml 3 3 3
O 2m
2 2 3v L = Iω = ml ⋅ = mvl 3 2l
大学物理
刘凌虹
4、如图所示，用三根长为的细杆，(忽略杆的质量、如图所示，用三根长为l 的细杆，忽略杆的质量忽略杆的质量) 将三个质量均为m的质点连接起来并与转轴O相连的质点连接起来，将三个质量均为的质点连接起来，并与转轴相连若系统以角速度ω绕垂直于杆的轴转动，绕垂直于杆的O轴转动接，若系统以角速度绕垂直于杆的轴转动，则中间 2 一个质点的角动量为________，一个质点的角动量为 L = 4mωl 系统的总角动量为， 2 L总 =14mωl。如考虑杆的质量，若每根杆的质量为， __________。如考虑杆的质量，若每根杆的质量为M，则此系统绕轴O的总转动惯量为的总转动惯量为____________，总转2 则此系统绕轴的总转动惯量为， I = (9M +14m)l 1 2 动动能为_____________________。 2 动动能为 E = (9M +14m)l。 ω
2 2 L = m(ω ⋅ 2l) ⋅ 2l = 4mωl