XX大学大学物理下册习题册(作业簿)及答案汇总
大学物理练习册(下)答案解析
练习一1、C ，2、C ，3、C ，4、D,5、()j y a qy2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)， 2/a ± ，6、()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 7、解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ， 它在P 点的场强： ()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．8、解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220RQR q E π=π=按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202R Q E E x π==，θθεθd cos 2cos d d 202R Q E E y π-=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝02022/2/0202d cos d cos 2R Q R Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 j R Q j E i E E y x202επ-=+=练习二1、D ，2、C ，3、A ，4、C,5、不变、变，6、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)7、解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ． 作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示． 按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2 / (4ε0) (板外两侧) （2）过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示． 按高斯定理有 ()022εεkSbxdx kSS E E x==+'⎰xS P SEESSEd x b E 'd qR O xyθd θθＰLdd q x (L+d －x )d ExO得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ， 可得2/b x = 6、解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场1E，而另在挖去处放上电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求出电场2E，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 210E E E +=在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小.ρε302113414d d d E S E S π⋅=π⋅=⋅⎰ 有 E 1O’＝E 1P =d E 013ερ= 方向分别如图所示. 在图(b)中，以O '点为小球体的球心，可知在O '点E 2=0. 又以O ' 为心，2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P()032223/)(4)(24d ερ-π=π⋅='⋅⎰'r d E S E S203212dr E P ερ-= （1） 求O '点的场强'O E. 由图(a)、(b)可得 E O ’ = E 1O’ =03ερd， 方向如图(c)所示.(2) 设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r则3ερr E PO =， 03ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．练习三1、D ，2、B ，3、C,4、C,5、q / (6πε0R )6、负，增加7、解：由高斯定理可得场强分布为：E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a ) E = 0 (－∞＜x ＜－a ，a ＜x ＜＋∞＝E 1P ρ PE 2P E P 图(d) O O ' P E 1O’ ρ 图(a) O ρO ' d E O’=E 1 图(c)O P E 2P -ρ O 'r E 2O’=0图(b)E 1P由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间⎰⎰⎰---+==000/d d 0d aa xxx x x E U εσ0/εσa -=在－a ≤x ≤a 区间 00d d εσεσxx x E U x x =-==⎰⎰ 在a ≤x ＜∞区间 0000d d 0d εσεσax x x E U a a x x =-+==⎰⎰⎰8、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2) 整个细线所受电场力为： ()l r r lq x x q F l r r +π=π=⎰+00024d 400ελελ 方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ练习四1、D ，2、D ，3、B ，4、C ，5、U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-，6、r εεσσ0,， 7、解：金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8、解:令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ∵ AB AC U U =，即-a +a O x UO R x r 0 r 0+ld xx∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV练习五1、πR 2c2、 5.00×10-5 T ， 3、20d 4a lI πμ ， 平行z 轴负向 ； 4、)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外 ，2/122210)11(4R R I+μ ，12arctg R R +π21，5、)3231(40ππμ-+R I , 6、C, 7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l R II d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为RI R R R I R I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y∴ i B51037.6-⨯= T8、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则 r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度rrr IB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a a r r B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内． r r I r p m d 21d d 22λω=π=⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内．练习六1、B2、)2(120I I -μ3、320μI ， 4、Rihπμ20，5、)2/(210R rI πμ ，0 6、解：取同轴闭合圆环r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 7、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小， 由安培环路定律可得：)(220R r r R IB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RIRd 2020⎰π=μπ=40I μ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+IμOarbd r ω1、A ，2、B ，3、)/(cos 2eB m θv π， )/(sin eB m θv ，4、alB 2，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质，6、 0.226 T ，300 A/m7、解： (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 方向⊥纸面向外，大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=方向⊥纸面向里，大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l IA J 8、解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ ab I I dxx I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰1、D ，2、C ，3、A ，4、0.40 V ， 0.5 m 2/s ，5、 5×10-4 Wb ，6、解：2IB xμπ=ln 22d adIl Id a ldx x dμμππ++Φ=⋅=⎰0l n c o s 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 7、解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．练习九1、28/104.0s m ⨯顺时针 2、 πBnR 2 ，O 3、dtdBR221π， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零 5、RBfr 22π6、解： 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ 7、解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=t abd d 2ΦεtB R B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →练习十1、C ，2、C ，3、0，4、 垂直纸面向里 ， 垂直OP 连线向下 ，5、（4）（2）（1） 5、解：圆柱形电容器电容 12ln 2R R lC πε=12ln 2R R lUCU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===∴ 12ln R R r ktDj ε=∂∂=6、如图10-17图所示，取r l S d d = 则 ⎰⎰-----=--=-+=ad aad aad da a d Il r r r Ilr l r Ir πI)ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦ aad Il-=lnπ0μ ∴ aad lIL -==lnπ0μΦ练习十一1、A2、 B3、B ，4、D ，5、2π (n -1) e / λ ， 4×103 ；6、解: (1)由λk d D x =明知，λ22.01010.63⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm7、解：(1) ∆x ＝20 D λ / a ＝0.11 m(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n －1)e ＋r 1＝r 2设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有 r 2－r 1＝k λ所以 (n －1)e = k λk ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处练习十二1、A ，2、 C ，3、C ，4、 1.40 ，5、0.6mm 。
大学物理下习题册参考答案
1. B解释：4/3π属于第二象限，特点是位移为负，速度为负。
2. C解释：旋转矢量处在第四象限，转过的角度为3/π 。
3. D解释：由旋转矢量知，合矢量和分矢量可组成正三角形，故分矢量间夹角为3/2π 。
4. cm 0 s m /03.0π 解释：由ωA 求出速度值。
5. 4/π )4c o s (02.0ππ+=t x解释：零时刻相位即为初相，由t 时刻相位求出ω 。
6. )2cos(04.0ππ+=t x解释：这题就不罗嗦了^_^参考上题。
7. 由 )65sin(2.0π-=t x 求出 )65sin(5π--=t a由 ma F = 求出 N F 56s i n 250=⨯⨯=π1)65sin(=-πt 时 N F 10max = 此时 2.0±=x （不需解出t ）8. 本题直接求解较麻烦，用旋转矢量法求解比较方便。
由题意分析可得过A 点时矢量在第三象限，第一次过B 点在第四象限，第二次在第一象限。
配合矢量图可解得 πϕ430-= 4πω= 25=A cm所以振动方程为 )434c o s (25ππ-=t x cm 93.345==πυA cm/s 9. 由题意很容易知道 2003.060==k 502==mk ω 由振动方程知 )c o s (02ϕωω+-=t A a 若使物体在平衡位置上方分离，则只需 g A ≥2ω 即 2.02=≥ωgA 米1. B解释：代入时间后由原点相位确定曲线。
2. D解释：求出各个量的表达式。
3. D解释：写出波动方程即可。
4. 0.5解释：由比例可求出。
5. π解释：求出波长即可求出。
6. 503 m/s7. 紫外线 X 射线 γ射线 解释：参考课本P82。
8. )2165cos(1.0πππ--=x t y解释：由图求出s m u /330= m 4=λ Hz 2165=ν πω165=，初相位直接求解波方程得到，或把y 轴右移41周期，再由移动后的图确定出正确的初位相。
XX大学大学物理下册习题册（作业簿）及答案汇总
XX大学大学物理下册习题册（作业簿）及答案汇总第九章振动一、简答题1、如果把一弹簧振子和一单摆拿到月球上去,它们的振动周期将如何改变?答案：弹簧振子的振动周期不变，单摆的振动周期变大。
2、完全弹性小球在硬地面上的跳动是不是简谐振动，为什么？答案：不是，因为小球在硬地面上跳动的运动学方程不能用简单的正弦或余弦函数表示，它是一种比较复杂的振动形式。
3、简述符合什么规律的运动是简谐运动答案：当质点离开平衡位置的位移`x`随时间`t`变化的规律，遵从余弦函数或正弦函数()?ω+=t A x cos 时，该质点的运动便是简谐振动。
或：位移x 与加速度a 的关系为正比反向关系。
4、怎样判定一个振动是否简谐振动？写出简谐振动的运动学方程和动力学方程。
答案：物体在回复力作用下，在平衡位置附近，做周期性的线性往复振动，其动力学方程中加速度与位移成正比，且方向相反:x dtx d 222ω-= 或：运动方程中位移与时间满足余弦周期关系:)cos(φω+=t A x5、分别从运动学和动力学两个方面说明什么是简谐振动？答案：运动学方面：运动方程中位移与时间满足正弦或余弦函数关系)cos(φω+=t A x动力学方面：物体在线性回复力作用下在平衡位置做周期性往复运动，其动力学方程满足6、简谐运动的三要素是什么？答案：振幅、周期、初相位。
7、弹簧振子所做的简谐振动的周期与什么物理量有关？答案：仅与振动系统的本身物理性质：振子质量m 和弹簧弹性系数k 有关。
8、如果弹簧的质量不像轻弹簧那样可以忽略，那么该弹簧的周期与轻弹簧的周期相比，是否有变化，试定性说明之。
答案：该振子周期会变大，作用在物体上的力要小于单纯由弹簧形变而产生的力，因为单纯由形变而产生的弹力中有一部分是用于使弹簧产生加速度的，所以总体的效果相当于物体质量不变，但弹簧劲度系数减小，因此周期会变大。
9、伽利略曾提出和解决了这样一个问题：一根线挂在又高又暗的城堡中，看不见它的上端而只能看见其下端，那么如何测量此线的长度？答案：在线下端挂一质量远大于线的物体，拉开一小角度，让其自由振动，测出周期T ，便可依据单摆周期公式gl T π2=计算摆长。
大学物理下习题册答案详解
解 ： a 30cm ,d 0.6m m , b=2.2m
D =a+b 2.5m ,
x 2.25m m
x D dx 5400 A
d
D
第 4级 明 纹 至 中 心 距 离 满 足 ：
dx 4 x 4 D 9.00m m
D
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
d
练习34 光的干涉（2)
1.在双缝装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中
光的程亮差度2 分，, 2别则. 5为 有 , ：3 .5
，比较 P、Q、R 三点
（1）P点最亮、Q点次之、R点最暗；
注意。单击此处添加正文，文字是您思想的提炼，为了演示发布的良好效果，请言简意赅地阐述您的观点。您的 内容已经简明扼要，字字珠玑，但信息却千丝万缕、错综复杂，需要用更多的文字来表述；但请您尽可能提炼思
20D 想 的 精 髓 ， 否 则 容 易 造 成 观 者 的 阅 读 压 力 ， 适 得 其 反 。 正 如 我 们 都 希 望 改 变 世 界 ， 希 望 给 别 人 带 去 光 明 ， 但 更 多
x 20x＝ 0.11m 时候我们只需要播下一颗种子，自然有微风吹拂，雨露滋养。恰如其分地表达观点，往往事半功倍。当您的内容 a 到 达 这 个 限 度 时 ， 或 许 已 经 不 纯 粹 作 用 于 演 示 ， 极 大 可 能 运 用 于 阅 读 领 域 ； 无 论 是 传 播 观 点 、 知 识 分 享 还 是 汇 报
n 1 题 目 中 k=-7
所 以 ： e 7 n 1
答案为：（1）
2.迈克耳逊干涉仪可用来测量单色光的波长，当干涉仪
的动镜M2移动d距离时，测得某单色光的干涉条纹移 动N条，则该单色光的波长为：（ ）
大学物理下册习题及答案
大学物理下册习题及答案(总16页) -本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-大学物理练习册物理教研室遍热力学（一）一、选择题：1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程（A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。
（B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。
（C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。
（D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。
[ ]2、在下列各种说法中，哪些是正确的？ [ ]（1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。
（2）热平衡过程一定是可逆过程。
（3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。
（4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。
（A）（1）、（2）（B）（3）、（4）（C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4）3、设有下列过程： [ ]（1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。
（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。
（3）冰溶解为水。
（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。
其中是逆过程的为（A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4）4、关于可逆过程和不可逆过程的判断： [ ]（1）可逆热力学过程一定是准静态过程。
（2）准静态过程一定是可逆过程。
（3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。
（4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。
以上四种判断，其中正确的是（A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4）（C）（2）、（4）（D）（1）、（4）5、在下列说法中，哪些是正确的？ [ ]（1）可逆过程一定是平衡过程。
（2）平衡过程一定是可逆的。
（3）不可逆过程一定是非平衡过程。
（4）非平衡过程一定是不可逆的。
（A）（1）、（4）（B）（2）、（3）（C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）6、置于容器内的气体，如果气体内各处压强相等，或气体内各处温度相同，则这两种情况下气体的状态 [ ]（A）一定都是平衡态。
大物下册课后习题答案
大物下册课后习题答案大物下册课后习题答案大学物理是一门重要的基础学科，它涉及到我们周围的自然现象和物质运动规律的研究。
作为学习大学物理的学生，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
下面将为大家提供大物下册课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
第一章：运动的描述1. 速度与位移的区别是什么？答：速度是描述物体在单位时间内位移的快慢，是矢量量，有大小和方向；位移是描述物体从一个位置到另一个位置的距离和方向，是矢量量，有大小和方向。
2. 什么是匀速直线运动？答：匀速直线运动是指物体在相等时间内位移相等的运动。
在匀速直线运动中，速度大小和方向保持不变。
3. 什么是加速度？答：加速度是描述物体速度变化率的物理量，是矢量量，有大小和方向。
加速度的大小等于速度变化量与时间的比值。
第二章：牛顿定律与运动学1. 牛顿第一定律是什么？答：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出当物体受力为零时，物体将保持静止或匀速直线运动的状态。
2. 什么是牛顿第二定律？答：牛顿第二定律指出，物体的加速度与作用在物体上的力成正比，与物体的质量成反比。
即F=ma，其中F为物体所受合力，m为物体的质量，a为物体的加速度。
3. 什么是牛顿第三定律？答：牛顿第三定律指出，任何一个物体受到的作用力都有一个大小相等、方向相反的反作用力作用在另一个物体上。
第三章：动能、功和能量守恒定律1. 动能是什么？答：动能是物体由于运动而具有的能量，它与物体的质量和速度的平方成正比。
动能的表达式为：K=1/2mv²，其中K为动能，m为物体的质量，v为物体的速度。
2. 什么是功？答：功是描述力对物体做功的物理量，它等于力与物体位移的乘积。
功的表达式为：W=Fs，其中W为功，F为力，s为物体的位移。
3. 能量守恒定律是什么？答：能量守恒定律指出，在一个封闭系统内，能量的总量是不变的。
能量可以相互转化，但不能被创造或破坏。
第四章：动量和碰撞1. 动量是什么？答：动量是物体运动的量度，它等于物体的质量与速度的乘积。
大学物理练习册参考答案
大学物理练习册参考答案大学物理练习册是大学物理的重要教材之一，它的主要作用是为大学物理课程提供题目和习题，使学生能够更好地掌握和理解物理知识。
本文将为大家提供几个大学物理练习册的参考答案，供大家参考。
第一题：有一块长度为20cm，宽度为10cm，厚度为2cm的矩形金属板，重量为3N。
请问这块金属板的密度是多少？答案：首先我们需要知道密度的定义，密度是单位体积内物质的质量。
因此，我们可以根据这个公式计算出这块金属板的密度：密度=质量/体积其中，这块金属板的质量为3N，体积为20cm × 10cm × 2cm = 400cm³。
把质量和体积带入公式中，可以得到这块金属板的密度为：密度=3N/400cm³=0.0075N/cm³因此，这块金属板的密度为0.0075N/cm³。
第二题：有一个长度为4m的绳子，一个人沿着绳子向上爬，绳子的质量是忽略不计的。
如果人的体重为600N，他在绳子上爬行的过程中，绳子的张力是多少？答案：在求解这个问题之前，我们需要知道牛顿第二定律的公式：力=质量× 加速度根据牛顿第二定律，可以得到人在绳子上爬行时绳子所受的力等于绳子的张力减去重力。
因此，我们可以得到以下公式：绳子的张力=人的重力+绳子的重力其中，人的重力为600N，绳子的重力可以根据绳子的长度和重力加速度计算得出。
在地球上，物体的重力加速度大约为9.8m/s²。
因此，绳子的重力可以用下面的公式计算：绳子的重力=绳子的质量× 重力加速度因为绳子的质量可以根据绳子的长度和线密度计算得出，我们可以得到以下公式：绳子的质量=绳子的长度× 线密度假设绳子的线密度为ρ，绳子的质量可以表示为：绳子的质量=ρ × 面积× 长度根据绳子的面积和长度，可以得到：面积=长度× 直径/4因此，绳子的质量可以通过以下公式计算得出：绳子的质量=ρ × 直径² × 长度/16把绳子的质量和重力加速度带入公式中，可以得到绳子的重力为：绳子的重力=ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度把人的重力和绳子的重力带入公式中，可以得到绳子的张力为：绳子的张力=人的重力+绳子的重力=600N+ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度因此，如果已知绳子的线密度、直径、长度和重力加速度，就可以计算出绳子在负责人上爬行时所受的张力。
大学物理练习册答案(下册)-
（1） x Acos( 2π t )
T
（2）
x Acos( 2π t 1 )
T2
（3）x Acos( 2π t 1 ) （4） x Acos( 2π t 3 )
T3
T4
2.两位外星人A和B生活在一个没有自转，没有大气， 表面光滑的匀质球形小星球上。有一次他们决定进 行一场比赛，从他们所在的位置出发，各自采用航 天技术看谁能先达到星球的对径位置。A计划穿过星 体直径凿一条通道，采用自由下落方式到达目标位 置；B计划沿着紧贴着星球表面的空间轨道，象人造 卫星一样航行到目标位置。试问A和B谁会赢得比赛？
C. 1 , 1 ,0.05 22
D. 2,2,0.05
9. 一列机械横波在t时刻的波形曲线如图所示， 则该时刻能量为最大值的媒y质质元的位置是:
A. o, b, d, f B. a, c, e, g O'
C. o, d
D. b, f O
d
a
eg
c
b
fx
(二) 填空题 1.一横波的波动方程为: y 0.01cos(250πt 10πx)(m)
解: 以星球中心为原点在直径 通道上设置x轴，A在x处受引力:
Fx
G
Mm R3
x
（注: 只有半径为x的星球部分对A有引力）
式中M为星球质量, R为星球半径, m为A的质量
A做简谐振动, 周期为 T 2 m / k k GMm / R3
A到达目标所需的时间为 tA T / 2 R R / GM B以第一宇宙速度做圆周运动 vB GM / R B到达目标所需的时间为 tB R / vB R R / GM
4. 一质点在x轴上作谐振动振幅A=4cm, 周期T=2s, 其平衡位置取作坐标原点, 若t=0时刻近质点第一次通过x=-2cm处, 且向x轴正方向运动, 则质点第二次通过 x=-2cm,处时刻为:[]
大学物理练习册下答案
大学物理练习册下答案问题1：描述牛顿第二定律的数学表达式，并给出一个例子说明如何使用它来解决实际问题。
答案：牛顿第二定律的数学表达式是 \( F = ma \)，其中 \( F \)是作用在物体上的合力，\( m \) 是物体的质量，\( a \) 是物体的加速度。
例如，如果一个质量为5kg的物体受到10N的力，那么根据牛顿第二定律，物体的加速度 \( a \) 将是 \( 10N / 5kg = 2m/s^2 \)。
问题2：说明什么是能量守恒定律，并给出一个物理系统的例子来展示这一定律。
答案：能量守恒定律表明，在一个封闭系统中，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转换为另一种形式，但总量保持不变。
例如，当一个自由落体的物体从一定高度下落时，它的势能转化为动能。
如果忽略空气阻力，下落过程中总能量是守恒的。
问题3：解释什么是波的干涉，并给出一个实验设置来观察这一现象。
答案：波的干涉是指两个或多个波相遇时，它们的振幅相加形成一个新的波形的现象。
当两个波的相位相同（相长干涉）或相反（相消干涉）时，干涉效果最为明显。
观察干涉的一个简单实验设置是使用两个相干光源，它们发出的波在空间中相遇，形成明暗相间的干涉条纹。
问题4：描述电磁感应的基本原理，并解释法拉第电磁感应定律。
答案：电磁感应是当一个导体在变化的磁场中移动时，导体中产生电动势的现象。
法拉第电磁感应定律表明，导体中产生的电动势与穿过导体回路的磁通量的变化率成正比。
数学表达式为 \( \varepsilon = -d\Phi_B/dt \)，其中 \( \varepsilon \) 是感应电动势，\( \Phi_B \) 是磁通量，\( t \) 是时间。
问题5：简述量子力学的基本原理，并解释海森堡不确定性原理。
答案：量子力学是描述微观粒子行为的物理学分支，其基本原理包括波粒二象性、量子态的叠加以及量子态的演化遵循薛定谔方程等。
海森堡不确定性原理指出，粒子的位置和动量不能同时被精确测量，它们的不确定性的乘积至少等于普朗克常数的一半。
大学物理学(第四版)课后习题答案(下册)
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1 选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q 所受到合力为零，则Q 与q 的关系为：（）（A ）Q=-2 3/2q (B) Q=2 3/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A ）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B ）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D ）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R 的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R 处的电场强度（）（A ）σ/ε0（B）σ/2ε0（C）σ/4ε0（D ）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A ）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[答案：C]9.2 填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[ 答案：相同](2)一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[ 答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[ 答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，则球内球外的静电能之比。
[ 答案：5：6]9.3 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1) 在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡( 即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2) 这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3 图示(1)以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷2 14π0qcos30a 214π(qq3a)23解得(2)与三角形边长无关．q3q3题9.3 图题9.4 图9.4 两小球的质量都是m，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2 , 如题9.4 图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题9.4 图示T sin T cosF emg14π 0 (2lq 2sin ) 2解得q2l sin 4 0 mg t an9.5 根据点电荷场强公式 Eq4 0 r，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?q解: E4 π0rr0 仅对点电荷成立，当r0 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有 A ，B 两平行板，相对距离为 d ，板面积为S ，其带电量分别为+ q 和- q ．则q 2 这两板之间有相互作用力 f ，有人说 f =4 d 2, 又有人说，因为 f = qE , Eq，所S222d2l l 22以 f =q ．试问这两种说法对吗 ?为什么 ? f 到底应等于多少 ?S解: 题中的两种说法均不对． 第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把q合场强 E看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个S板的电场为 E q，另一板受它的作用力fq q q2，这是两板间相互作用的电场力．2 0 S2 0 S2 0 S9.7 长 l =15.0cm 的直导线 AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10 -9C 2 m-1的正电荷．试求：(1) 在导线的延长线上与导线B 端相距a 1 =5.0cm 处 P 点的场强； (2) 在导线的垂直平分线上与导线中点相距d 2 =5.0cm 处 Q 点的场强．解： 如题 9.7 图所示(1) 在带电直线上取线元dx ，其上电量dq 在 P 点产生场强为 dE PE P14 π 0 ( adE Pdxx) 22 dx题 9.7 图4π 02(a x) 2[ 11]4π 0a l al 2 2lπ 0 (4 al 2)用 l15 cm ，5.0 10 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得(2) 同理2E P6.74 10 N CdE1 dx 1方向水平向右方向如题 9.7 图所示Q 4 π 0 x2由于对称性dE Qxl0 ，即 E Q 只有 y 分量，2d 220 l 1∵dE Qy1x d2 224 π 0 xd 2x22EdEd 2 2 dxQylQyl4π 2l 2(x23d 2 )22π 0 l4d2以5.0 10 9C cm , l 15 cm , d 2 5 cm 代入得E Q E Qy14.96 102 N C ，方向沿 y 轴正向9.8一个半径为 R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为, 求环心处 O 点的场强．解: 如 9.8 图在圆上取 dl Rd题 9.8 图dqdl R d ，它在 O 点产生场强大小为Rd dE24π 0 R方向沿半径向外则dE xdE sinsin d 4π 0 RdE ydE cos()cos d 4π 0 R积 分 E xsin d4π 0 R2π 0 RE ycos d 04π 0 R∴E E x2π R，方向沿x 轴正向．122222 229.9均匀带电的细线弯成正方形，边长为 l ，总电量为 q ．(1) 求这正方形轴线上离中心为 r处的场强 E ； (2) 证明：在 rl 处，它相当于点电荷 q 产生的场强 E ．解: 如 9.9 图示，正方形一条边上电荷q在 P 点产生物强4dE P 方向如图，大小为dE Pcos 4π 0 1 cos 2 l2r24∵cos 1l22r 2l 2∴dE Pcos 2cos 1ll2l24π0 rr42dE P 在垂直于平面上的分量dE∴dEl dE P cosr4π 0 rlr 2lr2l424题 9.9 图由于对称性， P 点场强沿 OP 方向，大小为E P 4 dE∵4π 0(r 2q 4l4 lr l2l2) r 24222e ．e内r 0 内1∴E P4π 0 (r qrl) r 2l4 2方向沿OP9.10(1) 点电荷q 位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2) 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?解: (1) 由高斯定理 E dS qs立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴各面电通量q 6 0(2) 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a 的立方体，使q 处于边长2a 的立方体中心，则边长2a 的正方形上电通量q 6 0对于边长 a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则qe，24 0如果它包含q 所在顶点则 e 0 ．如题9.10 图所示．题9.10 图9.11均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为238cm ,12cm 各点的场强．10 5 C2 m-3 求距球心5cm，解: 高斯定理 E dSsq2q , E4πr0 0当r 5 cm时，q 0 , E 0r 8 cm 时，q4π3p (r r 3 ) 34πr 3 r 2∴ E34π 23.48 10 4 N C ，方向沿半径向外．22外3 r 3r 12 cm 时, q4π(r3 r 内）4π 3 外 ∴E33r 内 4.10 10 4N C1沿半径向外 .4π 0 r9.12半径为 R 1 和 R 2 ( R 2 ＞ R 1 ) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量 和-, 试求:(1)r ＜ R 1 ； (2) R 1 ＜ r ＜ R 2 ；(3) r ＞ R 2 处各点的场强．解: 高斯定理qE dSs取同轴圆柱形高斯面，侧面积则S E d S S2πrl E 2πrl对(1)r R 1 q 0, E 0(2)R 1rR 2q l∴E2π 0 r沿径向向外(3)∴r R 2q 0E题 9.13 图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为 1 和 2 ，试求空间各处场强． 解:如题 9.13 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1 与2 ，两面间，E1( 2 02)n1 面外，E1 (1 2)n20 210 1 2 面外， E(12 02) nn ：垂直于两平面由1 面指为2 面．9.14半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为, 若在球内挖去一块半径为r ＜ R 的 小球体，如题 9.14图所示．试求：两球心 O 与 O 点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解:将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题9.14 图 (a) ．(1)球在 O 点产生电场球在 O 点产生电场 E 10E 200，4 πr 33OO' 4π 0d∴O 点电场 E 0r33 d3OO '；4 d 3(2)在 O 产生电场 E 103 4π 0dOO '球在 O 产生电场 E 20∴ O 点电场E 0OO'3 0题 9.14 图(a)题 9.14 图 (b)(3) 设空腔任一点 P 相对 O 的位矢为 r ，相对 O 点位矢为 r ( 如 题 8-13(b) 图)r 则E PO，3r E PO,3 03 3q -8r0 6OO∴E PE PO E PO(r r )3 0 OO' d3 0 3 0∴腔内场强是均匀的．-69.15 一电偶极子由 =1.0 3 10 C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电5-1偶极子放在 1.0 3 10 N2 C的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解:∵ 电偶极子 p 在外场 E 中受力矩Mp E∴M maxpE qlE 代入数字M max1.0 1062 1031.0 1052.0 10 4N m9.16 两点电荷1 =1.5 3 10 C ， -82 =3.03 10C ，相距 r 1 =42cm ，要把它们之间的距离变为r 2 =25cm ，需作多少功 ?解: Ar 2 F drr 2 q 1 q 2dr q 1q 2(11 ) r 1r 24π 24π 0 r 1r 26.55 10 J外力需作的功AA 6.55 106J题 9.17 图9.17 如题 9.17图所示，在 A ， B 两点处放有电量分别为+q ,- q 的点电荷， AB 间距离为2 R ，现将另一正试验点电荷q 0 从 O 点经过半圆弧移到 C 点，求移动过程中电场力作的功． 解:如题 9.17 图示U 1 ( q 4π 0 Rq) 0 RU 1 ( q q ) 4π 0 3 R Rq 6 π 0 Rq q4-31-19∴A q 0 (U O U C )q o q 6π 0 R9.18 如题 9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为 的正电荷 , 两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心 O 点处的场强和电势．解: (1) 由于电荷均匀分布与对称性， AB 和 CD 段电荷在 O 点产生的场强互相抵消，取dl Rd则 dqRd 产生 O 点 d E 如图，由于对称性， O 点场强沿 y 轴负方向题 9.18 图EdE2Rd cosy24π 0 R［ sin() 4 π 0 R2sin］22 π 0 R(2)AB 电荷在 O 点产生电势，以 UAdx 1B4 π 0 x2 R dxR4π 0 x4π 0ln 2同理 CD 产生半圆环产生U 24 π 0πR 3ln 24π 0 R4 0∴U O U 1 U 2 U 32π 0ln 24 09.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以23 10 m 2 s 的匀速率作圆周运动． 求带电直线上的线电荷密度． ( 电子质量m 0 =9.1 3 10 kg ，电子电量 e =1.60 3 10 C)2U U -1E 解:设均匀带电直线电荷密度为 ，在电子轨道处场强E2π 0 r电子受力大小F eeEe 2 π 0 r∴e mv2π 0 rr2π 0 得mv 2 12.5 10 13 C m 1e-19.20 空气可以承受的场强的最大值为=30kV2 cm，超过这个数值时空气要发生火花放 电． 今有一高压平行板电容器，极板间距离为 d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解:平行板电容器内部近似为均匀电场UEd 1.5 104V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板 ( 题9.21 图) 来说， (1) 相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反； (2) 相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同． 证:如题 9.21 图所示，设两导体 A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1 ，2 ，3 ，4题 9.21 图(1) 则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有E d S ( s3) S 0∴2 3说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2) 在 A 内部任取一点 P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即2212342 02222-77又∵2 3∴1 4说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板 A ， B 和 C 的面积都是 200cm ， A 和 B 相距 4.0mm ， A 与 C 相距 2.0 mm ． B ， C 都接地，如题 9.22图所示．如果使 A 板带正电 3.0 3 10 C ，略去边缘效应，问 B 板和 C 板上的感应电荷各是多少 ?以地的电势为零，则 A 板的电势是多少 ? 解: 如题 9.22 图示，令 A 板左侧面电荷面密度为1 ，右侧面电荷面密度为2题 9.22 图(1) ∵U AC U AB ，即∴E AC d ACE AB d A B1E AC d AB ∴22E AB且1 +2q A23S d ACq A S2 q A 13S而qCS 2q 32 10 7Cq B2S1 10 C(2)U A E AC d A Cd AC2.3 103V9.23 两个半径分别为R 1 和 R 2 （ R 1 ＜ R 2 ) 的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+ q ，试计算：(1) 外球壳上的电荷分布及电势大小；(2) 先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3) 再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．得, 1A 1R 2解: (1) 内球带电q ；球壳内表面带电则为 q , 外表面带电为 q ，且均匀分布，其电势qdrq UE drRR4π r 2 4π R22题 9.23 图(2) 外壳接地时，外表面电荷 q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍为 q ．所以球壳电势由内球q 与内表面 q 产生：Uq 4π 0 R 2q 04π 0 R 2(3) 设此时内球壳带电量为q ；则外壳内表面带电量为 q ，外壳外表面带电量为 q q( 电荷守恒 ) ，此时内球壳电势为零，且q' q' U Aq q' 04 π 0 R 14π 0 R 24π 0 R 2得外球壳上电势UqR 1 qR 2q' q'q q'R 1 R 2 qB4π 0 R 24π 0 R 24π 0 R 24π 0 29.24 半径为 R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为一点电荷 + q ，试求：金属球上的感应电荷的电量． d3R 处有解:如题 9.24 图所示，设金属球感应电荷为q ，则球接地时电势 U O由电势叠加原理有：题 9.24 图q' q O4π 0 R4π 0 3 RUF 01223得qq 39.25 有三个大小相同的金属小球，小球1， 2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为 F 0 ．试求：(1) 用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触 1，2后移去，小球 1，2之间的库仑力；(2) 小球 3依次交替接触小球 1， 2很多次后移去，小球 1， 2之间的库仑力．解: 由题意知q 4π 0r2(1) 小球 3 接触小球 1后，小球 3 和小球 1均带电qq ,2小球 3 再与小球 2 接触后，小球 2 与小球 3 均带电q3 q 4∴此时小球 1与小球 2 间相互作用力3 q 2F q' q" 8 3 F 4π 0 r4π 0 r8(2) 小球 3 依次交替接触小球 1、 2 很多次后，每个小球带电量均为2q .3∴小球 1 、 2 间的作用力 F 22 23 q 3 q 40 4π 0r 299.26 在半径为R 1 的金属球之外包有一层外半径为R 2 的均匀电介质球壳， 介质相对介电常数为r ，金属球带电Q ．试求：(1) 电介质内、外的场强； (2) 电介质层内、外的电势； (3) 金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理D dS qS(1) 介质内(R 1 rR 2 ) 场强DQr4 πr, E 内 Qr ;4 π 0 r r20 F 3r外 2介质外 (r R 2 ) 场强DQr 4πr 3, E 外Qr4 π 0 r(2) 介质外 (rR 2 ) 电势UE drrQ 4 π 0 r介质内(R 1 rR 2 ) 电势UE 内 dr rE 外 drrq1 ( 4π 0 r r 1 Q )R 2 4 π 0 R 2(3) 金属球的电势Q(1 r1 4π 0 r rR 2R 2 U E 内 drE 外 drR 1 R 2R 2 Qdr QdrR4π 0 r R 24 π 0rQ4π 0( 1 r1 rR 1R 29.27 如题 9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为 r 的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值． 解: 如题 9.27 图所示，充满电介质部分场强为E 2 ，真空部分场强为 E 1 ，自由电荷面密度分别为2 与1由 D dSq 0 得D 11 ，D 22而D 1E 1 , D 20 rE 23)2)2E 1 E 2∴2 U d0 rE 2 r10 E 1题 9.27 图题 9.28 图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为 R 1 和 R 2 ( R 2 ＞ R 1 ) ， 且 l >> R 2 - R 1 ，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和- Q 时，求：(1) 在半径 r 处(R 1 ＜ r ＜ R 2 ＝，厚度为 dr ，长为 l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2) 电介质中的总电场能量； (3) 圆柱形电容器的电容．解: 取半径为 r 的同轴圆柱面(S)则D d S ( S)2πrlD当 (R 1 r∴R 2 ) 时，q QDQ 2 πrl D 2Q2 (1) 电场能量密度w2 8π2r 2l 2Q2 Q 2dr 薄壳中 dWwd8π2r 2l22πrdrl4π rl(2) 电介质中总电场能量WdWR 2 Q2drQ lnR 2VR 14πrl4πl R 1(3) 电容：∵WQ2C2Q 2 2πl∴C2W ln( R2 / R1 )题9.29 图9.29 如题9.29 图所示，C1 =0.25 F，C2 =0.15 F，C3 =0.20 F ．C1上电压为50V．求：U AB ．解: 电容C1 上电量Q1 C1U 1电容C2 与C3 并联C23 C2 C3其上电荷∴Q23 Q1Q232C1U 125 50UABC23U 1 U 2C2350(13525)3586 V9.30C1 和C2 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿?解: (1) C1 与C2 串联后电容C C1C2200 300 120pF(2) 串联后电压比C1 C2U 1 C2200 300 3U 2 C1，而U 1 U 221000∴U 1600 V , U 2400 V即电容C1 电压超过耐压值会击穿，然后C2 也击穿．9.31半径为R1 =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2 =4.0cmU2222 2和 R 3 =5.0cm ，当内球带电荷 Q =3.0 3 10 C 时，求：(1) 整个电场储存的能量；(2) 如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3) 此电容器的电容值．解: 如图，内球带电 Q ，外球壳内表面带电Q ，外表面带电 Q(1) 在 rR 1 和 R 2题 9.31 图r R 3 区域在 Rr R 时E 0E Qr 1214π 0 rrR 3 时Qr 24π 0 r∴在 R 1rR 2 区域W 1R 2 1 R 1 2Q( 2 4π 0 r) 24πr drR 2 Q drQ( 1 1 ) R 18π 0 r8π 0 R 1R 2在 rR 3 区域W 1 ( Q) 2 4πr 2drQ 1R 32 0 4π 0 r8π0 R 3∴ 总能量W W 1 W 2Q( 1 1 1 ) 8π 0 R 1R 2R 31.82 10 4J(2) 导体壳接地时，只有R 1rR 2 时 EQr , W 2 04π 0 r2 -83E 3 22312∴W W 1Q21( 8π 0 R 11 ) 1.01 R 210 4 J(3) 电容器电容C2W Q2 4 π 0 /(11 ) R 1R 24.49 10F习 题 1010.1 选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（ A ）若环流等于零，则在回路 L 上必定是 H 处处为零； （ B ）若环流等于零，则在回路 L 上必定不包围电流；（ C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零；（ D ）回路 L 上各点的 H 仅与回路 L 包围的电流有关。
大学物理(下)练习册答案
大学物理（下）练习册答案包括（波动、电磁、光的干涉、光的偏振、光的衍射、振动）波动选择：1B, 2A, 3D, 4D, 5D, 6D, 7C, 8A, 9C, 10D二，填空： 1，t x y ππ⨯=-20cos )21cos(100.122(SI) 2分)12(+=n x m ， 即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m 2分n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 1分2，φλ+π-/2L 1分 λk L ± ( k = 1，2，3，…) 2分 λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…) 2分3，答案见图 3分 4，17 m 到1.7×10-2m3分5，λ21 3分一， 计算 1，解：(1) 原点O 处质元的振动方程为)2121cos(1022π-π⨯=-t y ， (SI) 2分波的表达式为 )21)5/(21cos(1022π--π⨯=-x t y ， (SI) 2分x = 25 m 处质元的振动方程为)321cos(1022π-π⨯=-t y ， (SI)振动曲线见图 (a) 2分(2) t = 3 s 时的波形曲线方程)10/cos(1022x y π-π⨯=-， (SI) 2分波形曲线见图 2分2，解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得：ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 各1分 波速 u = λν = 6.00 m/s 1分(2) 节点位置 )21(3/4π+π±=πn x )21(3+±=n x m , n = 0，1，2，3, … 3分(3) 波腹位置 π±=πn x 3/44/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, … 2分3，解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π= (SI) 3分 (2)t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T ym 1.0)818/1(4cos 1.0=-π= 2分(3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty-ππ-=∂∂=v ． )4/1(212==T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分电磁§3.1 静止电荷的电场一， 选择题：t (s)O -2×10-21y (m)234(a)2×1, C 2, C 3, D 4, C 5, C 6, B 7, A 8, A 9, C 10, D 11, D二， 填空：1，q / (6ε0) 2，d 211λλλ+3，()40216/R S Q ε∆π 由圆心O 点指向△S4，q / ε0 0 -q /ε05，02εσ 向右 023εσ 向右 02εσ 向左三， 计算：1，解： 20114dq E επ=, 20224dq E επ=∵ 212q q = ， ∴ 212E E = 由余弦定理：1212221360cos 2E E E E E E =-+=ο20143dq επ== 3.11×106 V/m 3分 由正弦定理得：αsin 60sin 1E E =ο, 2160sin sin 1==οE E αα = 30°∴E ϖ的方向与中垂线的夹角β＝60°，如图所示．2分2，解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：-E 1S 1+ E 2S 2=Q / ε0 ( S 1 = S 2 =S ) 3分则 Q = ε0S (E 2- E 1) = ε0Sb (x 2- x 1)= ε0ba 2(2a －a ) =ε0ba 3 = 8.85×10-12 C 2分2E ϖϖα 1E ϖ60° dβ60° q 2q 1 d3，解：选杆的左端为坐标原点，x 轴沿杆的方向 ．在x 处取一电荷元λd x ，它在点电荷所在处产生场强为：()204d d x d xE +π=ελ 3分整个杆上电荷在该点的场强为：()()l d d lx d x E l+π=+π=⎰00204d 4ελελ 2分点电荷q 0所受的电场力为：()l d d lq F +π=004ελ＝0.90 N 沿x 轴负向 3分4，解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里． 3分在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4εAR r E π=π⋅得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里． 2分§3.2 电势一， 选择：q精品文档1，A 2，D 3，C 4，D 5，A 6，C 7，A 8，D 9，C二， 填空： 1，43ln 40ελπ 0； 2，10 cm ； 3，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε；4，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb ar r q q 11400ε ；5， Ed三， 计算：1，解: 由高斯定理可知空腔内E ＝0，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U . 2分在球层内取半径为r →r ＋d r 的薄球层．其电荷为d q = ρ 4πr 2d r该薄层电荷在球心处产生的电势为()00/d 4/d d ερεr r r q U =π= 2分 整个带电球层在球心处产生的电势为()21220002d d 21R R r r U U R R -===⎰⎰ερερ2分 因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U 为()2122002R R U U -==ερ 2分 若根据电势定义⎰⋅=l E U ϖϖd 计算同样给分.2，解：设点电荷q 所在处为坐标原点O ，x 轴沿两点电荷的连线．(1) 设0=E ρ的点的坐标为x '，则()04342020=-'π-'π=i d x qi x q E ϖϖϖεε 3分可得 02222=-'+'d x d x解出 ()d x 3121+-=' 2分 另有一解()d x 13212-=''不符合题意，舍去．(2) 设坐标x 处U ＝0，则 ()x d qx q U -π-π=00434εε ()0440=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--π=x d x x d q ε 3分 得 d - 4x = 0, x = d /4 2分3，解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204r QE επ=(R 1＜r ＜R 2) 1分两球的电势差 ⎰⎰π==212120124d R R R R r dr Qr E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=21114R R Q ε 2分∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14×10-9 C 2分§3.4 静电场中的导体 §3.5 静电场中的电介质一， 选择：1，C 2，C 3，B 4，B 5，A 6，B 7，C 8，B二， 填空：1， 无极分子 电偶极子2，)2/()(21S Q Q + 1分)2/()(21S Q Q -1分)2/()(21S Q Q - 1分 )2/()(21S Q Q + 1分3， 不变 1分 减小 2分4， σ (x ，y ，z )/ε0 2分 与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0) 1分5， )4/(30r r q επϖ2分)4/(0C r q επ 2分三， 计算：1，解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ，则两球电势分别是10114r q U επ=， 20224r q U επ= 2分两球相连后电势相等， 21U U =，则有21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 2分 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 1分92122103.132-⨯=+=r r qr q C 1分两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V 2分2，解：玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功．抽出玻璃板前后的电容值分别为 d S C r /)(0εε=，d S C /)(0ε=' 2分撤电源后再抽玻璃板．板上电荷不变，但电压改变，即U C CU Q ''== ∴ U C CU U r ε='='/)( 2分抽玻璃板前后电容器的能量分别为202)/(2121U d S CU W r εε== ，202)/(2121U d S U C W r εε=''=' 2分外力作功 W W A -'=)1)(/(21220-=r r d SU εεε = 2.55×10-6 J 2分3.7,3.8磁场的源 一选择：1B 2D 3D 4B 5A 6A 7C 8D 9A 10C 11B 12D二填空1， I 0μ 1分0 2分 2I 0μ 2分2， )/(lB mg 3分3， a l I 4/d 20μ 2分垂直电流元背向半圆弧(即向左) 1分4， b ，a 2分d ，c 1分 f ，e 2分三，计算： 1，解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据叠加原理O 点的磁感强度为：4321B B B B B ϖϖϖϖϖ+++=∵1B ϖ、4B ϖ均为0，故32B B B ϖϖϖ+= 2分 )2(4102R I B μ=方向⊗ 2分242)sin (sin 401203RIa I B π=-π=μββμ )2/(0R I π=μ 方向 ⊗ 2分其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β2/2)4/sin(sin 1-=π-=β∴ RIRIB π+=2800μμ)141(20π+=R I μ 方向 ⊗ 2分 2，1 234 R RO Iaβ2解：长直导线AC 和BD 受力大小相等,方向相反且在同一直线上，故合力为零．现计算半圆部分受力，取电流元l I ϖd ， B l I F ϖϖϖ⨯=d d 即 θd d IRB F = 2分 由于对称性 0d =∑x F ∴ RIB IRB F F F y y 2d sin d 0====⎰⎰πθθ 3分方向沿y 轴正向3，解：洛伦兹力的大小 B q f v = 1分 对质子： 1211/R m B q v v = 1分 对电子： 2222/R m B q v v = 1分 ∵ 21q q = 1分 ∴ 2121//m m R R = 1分3.10电磁感应： 一选择：1C 2B 3C 4A 5D 6D 7A 8C 9D 10C 11B 二填空： 1，无感应电流 2分 无感应电流 2分2，1.11×10-5 V 3分 A 端 2分3，答案见图 曲线3分，标出文字结果2分4，225R B ω 3分 O 点 2分1F三计算 1，解：建立坐标(如图)则：21B B B ϖϖϖ+= xI B π=201μ， )(202a x I B -π=μ 2分x I a x I B π--π=2)(200μμ， B ϖ方向⊙ 1分d x xa x I x B d )11(2d 0--π==v v μ 2分 ⎰⎰--π==+x x a x I ba d )11(2d 202av μ b a b a I ++π=2)(2ln20v μ 2分 感应电动势方向为C →D ，D 端电势较高．1分2，解：两个载同向电流的长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为)11(2210r r x x B +-+π=μ 2分 选顺时针方向为线框回路正方向，则)d d (21111210⎰⎰⎰+++-+π==br r br r r r x xxx IaBdS μΦ 3分)ln(222110r br r b r Ia+⋅+π=μ 2分 ∴ tIr r b r b r atd d ]))((ln[2d d 21210++π-=-=μΦt r r b r b r a I ωωμcos ]))((ln[2212100++π-= 3分光的干涉光的干涉：一，选择：2a x +d x 2a +b I I C D vϖxO x1D, 2A, 3B, 4A, 5B, 6C, 7B, 8B, 9B, 10C, 11B, 12C, 13B, 14A, 15B, 16A二，填空1， 2π (n -1) e / λ 2分 4×103 2分2，3λ 2分 1.33 2分3，3λ / (2n θ) 3分4，236参考解：膜厚度为零处光程差2λδ±=膜厚度为e 处光程差 2sin 222122λδ±-=i n n e式中 n 2=1.5,n 1=1.0 令条纹数为k ,则有 λδk =∆2.236sin 22122=-=λin n e k5，2.60 e 3分三，计算 1，解： R 2＝r 2＋(R - e)2 r 2 = 2Re – e 2略去e 2，则 Rre 22= 2分 暗环： 2ne ＋21λ＝( 2k ＋1)21λ 2e ＝λn k(k ＝0，1，2，…) 3分nRk r λ= k ＝10 2分r ＝0.38 cm 1分2，解：(1) 明环半径 ()2/12λ⋅-=R k r 2分()Rk r 1222-=λ＝5×10-5 cm (或500 nm) 2分 (2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ)对于r ＝1.00 cm ， k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5 3分 故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个． 1分3，解：(1) 如图，设P 0为零级明纹中心 则 D O P d r r /012≈- 3分 (l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0 ∴ r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ ∴()d D d r r D O P /3/120λ=-= 3分(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差λδ3)/(-≈D dx 2分 明纹条件λδk ±= (k ＝1，2，....) ()d D k x k /3λλ+±=在此处令k ＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距d D x x x k k /1λ=-=+∆ 2分光的偏振光的偏振：一，选择：1A, 2B, 3B, 4B, 5C二，填空： 1，见图 每图1分2，线偏振光(或完全偏振光，或平面偏振光) 1分 光(矢量)振动 1分OP 0 r 1 r 2Dl 2s 1 s 2d l 1 0xi i i 0i 0 i 0偏振化(或透光轴) 1分3，tg i 0＝n 21 (或tg i 0＝n 1 / n 2 ) 1分 i 0 1分n 21 (或n 2 / n 1) 1分三，计算： 1，解：(1) 自然光通过第一偏振片后，其强度 I 1 = I 0 / 2 1分 通过第2偏振片后，I 2＝I 1cos 245︒＝I 0/ 4 2分 通过第3偏振片后，I 3＝I 2cos 245︒＝I 0/ 8 1分通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平行． 2分(2) 若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时I 3 =0. 1分 I 1仍不变． 1分解：(1) 连续穿过三个偏振片之后的光强为I ＝0.5I 0cos 2α cos 2(0.5π－α ) 2分＝I 0sin 2(2α) / 8 1分 (2) 画出曲线 2分光的衍射光的衍射： 一，选择1B, 2B, 3C, 4C, 5C, 6A, 7B, 8D, 9B, 10D 二，填空 1，6 2分第一级明 2分 2，4 2分 第一 2分 暗 1分3，一 2分2，I I 0 / 8O π/4π/23π/45π/4π3π/2α三 2分4，2π 2分 暗 2分5，d sin ϕ =k λ ( k =0，±1，±2,···)3分6，3 3分三，计算1，解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知()111231221sin λλϕ=+=k a (取k ＝1 ) 1分 ()222231221sin λλϕ=+=k a 1分f x /tg 11=ϕ , f x /tg 22=ϕ 由于 11tg sin ϕϕ≈ , 22tg sin ϕϕ≈所以 a f x /2311λ= 1分a f x /2322λ= 1分则两个第一级明纹之间距为a f x x x /2312λ∆=-=∆=0.27 cm 2分 (2) 由光栅衍射主极大的公式 1111sin λλϕ==k d2221sin λλϕ==k d 2分 且有f x /tg sin =≈ϕϕ所以d f x x x /12λ∆=-=∆=1.8 cm 2分2，解：设空气膜最大厚度为e ，2e +λ21= k λ 2分 λλ212+=e k ＝16.5 2分 ∴ 明纹数为16． 1分3，解：由光栅公式 (a ＋b )sin ϕ =k λ k =1， φ =30°，sin ϕ1=1 / 2∴ λ=(a ＋b )sin ϕ1/ k =625 nm 3分若k =2, 则 sin ϕ2=2λ / (a + b ) = 1, ϕ2=90°实际观察不到第二级谱线 2分振动振动：一， 选择1C, 2D, 3B, 4B, 5D, 6C, 7 D, 8A, 9D, 10C二，填空 1,π 1分 - π /2 2分 π/3． 2分2,)214cos(04.0π-πt （振幅、角频率、初相各1分） 3分3，0.37 cm 1分 )21cos(1037.02π±π⨯=-t x (SI) 2分4，1.2 s 1分－20.9 cm/s 5，0 1分 3π cm/s 2分三，计算解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得0//d d 022=+l gx t x∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 3分l 0mgx kl 0k (l 0+x )π===1.958.28/0l g ω 2分设振动表达式为 )cos(φω+=t A x由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0 1分∴ )1.9cos(1022t x π⨯=- 2分2，解：(1) A = 0.5 cm ；ω = 8π s -1；T = 2π/ω = (1/4) s ；φ = π/3 2分(2) )318sin(1042π+π⨯π-==-t x&v (SI))318cos(103222π+π⨯π-==-t x a && (SI) 2分(3) 2222121A m kA E E E P K ω==+==7.90×10-5 J 3分(4) 平均动能 ⎰=T K t m T E 02d 21)/1(v⎰π+π⨯π-=-Tt t m T 0222d )318(sin )104(21)/1( = 3.95×10-5 J = E 21 同理 E E P 21== 3.95×10-5 J 3分 3，解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得F = kx 0 2分由题意，t = 0时v0 = 0；x = x 0则 02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分(2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分221007.121-⨯==v m E K J 2分2222)/4(2121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分 当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ，41044.425/-⨯==E E p J 1分。
大学物理下册练习册答案
大学物理下册练习册答案练习1质点运动学(一)参考答案1.B；2.D;3.8m,10m.4.3,36;5.解：(1)v某/t0.5m/(2)v=d某/dt=9t-6t2v(2)=-6m/(3)S=|某(1.5)-某(1)|+|某(2)-某(1.5)|=2.25m6.答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为rrr0r0为初始时刻的矢径,r为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则r0=0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r=r，即r既是矢径也是位移矢量．练习2质点运动学(二)参考答案1.D；2.g/2，23v2/3g3.4t3-3t2(rad/)，12t2-6t(m/2)4.17.3m/,20m/.5.解：adv/dt4t，dv4tdtv0dv4tdt0tv2t2vd某/dt2t2某某0d某2t2dt0t某2t3/3+某0(SI)6.解：根据已知条件确定常量kkω/t2v/Rt24rad/24t2,vR4Rt2t=1时，v=4Rt2=8m/atdv/dt8Rt16m/2anv2/R32m/22aat2an1/235.8m/2练习3质点动力学(一)参考答案1.D2.C3.NCA4.l/co2θ5.如图所示，A，B，C三物体，质量分别为M=0.8kg,m=m0=0.1kg，当他们如图a放置时，物体正好做匀速运动。
（1）求物体A与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b放置时，求系统的加速度及绳的张力。
PA(1)fBAPA(2)NBAB解：(1)m0gTTNN(Mm)g联立方程得：m0Mm(2)（m0m）gT'（m0m）aT'MgMa利用(1)计算结果，得到magmMM（m0m）T'gmM6.解：(1)子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律KvmdvdtKdv∴dt,mvKt/m∴vv0eKdvdtmv0v0tv(2)求最大深度解法一：vd某dtKt/mdtd某v0e某t0d某v0eKt/mdt0Kt/m)∴某(m/K)v0(1e某ma某mv0/K解法二：Kvmdvdvd某dvm()()mvdtd某dtd某某ma某m∴d某dvKd某0mdvKv00∴某ma某mv0/K练习4质点动力学(二)参考答案1.B2.A3.Ft1Ft1Ft1，m1m2m1m2m24.140N·，24m/，2IFdt(3040t)dt140Nt10t2mv2mv1I;mv2Imv1v2(Imv1)/m24m/5.解：(1)因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v有mv0=mv+Mvv=m(v0v)/M=3.13m/T=Mg+Mv2/l=26.5N(2)ftmvmv04.7N(设v0方向为正方向)负号表示冲量方向与v0方向相反．6.解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒：MVm(Vu)0即VtmuMmtmmudtl船走过的路程为LVdtMm0Mm0狗离岸的距离为SS0(lL)S0Ml Mm。
大学物理下练习题标准答案
大学物理下练习题答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：大学物理下练习题一、选择题（每题1分，共41分）1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？（B ）(A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比；(B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0.2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ）（A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
（B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。
（C ）场强方向可由 E =F /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力。
( D )以上说法都不正确。
3．图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: （A ）(A )i a02πελ. (B) 0.(C)i a 04πελ. (D))(40j +i aπελ.4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强（C ）(A) 大小为零.(B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向.(C) 大小为()2022a q πε, 方向沿y 轴正向.(D) 大小为()2022a q πε, 方向沿y 轴负向.5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ）(A) πR 2E .(B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 .6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ）（Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零+λ -• (0, xyO 图1.1O q a --2x y 图1.2E O图1.3 xy（Ｂ）高斯面上电场强处处为零，则高斯面内的电荷代数和必为零。
大学物理学(下册)习题答案详解
第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=， ， ， 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
华东理工大学2020版大学物理(下)习题册答案
2 0
dU
2x
x
E (
1) (1
)
dx
2 0 2 x2 R2
2 0
x2 R2
11
大学物理(下)习题册参考解答
第九章 静电场中的导体和电介质
1、一导体球半径为 R1，其外同心地罩以内、外半径分别为 R2 和 R3 的厚导体壳，此系 统带电后内球电势为 U，外球所带电量为 Q，求此系统各处的电势和电场分布?
2
3
A 点与平面 II 相距为 5.0cm，B 点与平面 II 相距 7.0cm，求:
(1) A、B 两点的电势差；
(2) 把电量 q 0= 1.0×10-8C 的点电荷从 A 点移到 B 点，外力
克服电场力作功多少?
AB
解：（1） E A
E1 E2 E3
1 2 0
2 2 0
3 2 0
103 2 0
解：由于 与 r 成线性关系，电场分布仍有球对称性，故可由高斯定理求解。
作同心球面为高斯面
rR
又因
E内 dS E内4r2
q 0
q r br4r2dr r 4br3dr br4
0
0
E内
br 4 4 0 r 2
br 2 4 0
U2
q2
U1
q1
R1
R2
r R
q dV R 4brr2dr Rb4r3dr bR4
rR
ρ π r2l
Eds E 2π r l ε0
r E
2 0
rR
E 2π r l ρ π R2l ε0
E R2 2 0 r
（1） r R rR
U
0 r dr
r2
r 2 0
华侨大学 大学物理作业本(下)答案汇总
大学物理作业本（下）姓名班级学号江西财经大学电子学院2005年10月第九章 稳恒磁场练 习 一1． 已知磁感应强度为20.2-⋅=m Wb B 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如图所示。
求：（1） 通过图中abcd 面的磁通量；（2） 通过图中befc 面的磁通量；（3） 通过图中aefd 面的磁通量。
2． 如图所示，在被折成钝角的长直导线通中有20安培的电流。
求A 点的磁感应强度。
设a=2.0cm ， 120=α。
3．有一宽为a的无限长薄金属片，自下而上通有电流I，如图所示，求图中P点处的磁感应强度B。
4．半径为R的圆环，均匀带电，单位长度所带的电量为 ，以每秒n转绕通过环心并与环面垂直的轴作等速转动。
求：（１）环心的磁感应强度；（２）在轴线上距环心为x处的任一点P的磁感应强度。
练习二１．一载有电流I的圆线圈，半径为R，匝数为N。
求轴线上离圆心x处的磁感应强度B，取R=12cm，I=15A，N=50，计算x=0cm，x=5.0cm, x=15cm各点处的B值；２．在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下通有电流I=5.0A，如图所示。
求圆柱轴线上任一点P处的磁感应强度。
３．如图所示，两无限大平行平面上都有均匀分布的电流，设其单位宽度上的电流分别为1i 和2i ，且方向相同。
求：（１） 两平面之间任一点的磁感应强度；（２） 两平面之外任一点的磁感应强度；（３） i i i ==21时，结果又如何？４．10A 的电流均匀地流过一根长直铜导线。
在导线内部做一平面S ，一边为轴线，另一边在导线外壁上，长度为1m ，如图所示。
计算通过此平面的磁通量。
（铜材料本身对磁场分布无影响）。
练习三１．半径为R 的薄圆盘上均匀带电，总电量为q ，令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线匀速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感应强度。
２．矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。
（１） 求环内磁感应强度的分布；（２） 证明通过螺绕环截面（图中阴影区）的磁通量，210ln 2D D NIh πμ=Φ 式中N 为螺绕环总匝数，I 为其中电流强度。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第九章 振动一、简答题1、如果把一弹簧振子和一单摆拿到月球上去,它们的振动周期将如何改变? 答案：弹簧振子的振动周期不变，单摆的振动周期变大。
2、完全弹性小球在硬地面上的跳动是不是简谐振动，为什么？答案：不是，因为小球在硬地面上跳动的运动学方程不能用简单的正弦或余弦函数表示，它是一种比较复杂的振动形式。
3、简述符合什么规律的运动是简谐运动答案：当质点离开平衡位置的位移`x`随时间`t`变化的规律，遵从余弦函数或正弦函数()ϕω+=t A x cos 时，该质点的运动便是简谐振动。
或：位移x 与加速度a 的关系为正比反向关系。
4、怎样判定一个振动是否简谐振动？写出简谐振动的运动学方程和动力学方程。
答案：物体在回复力作用下，在平衡位置附近，做周期性的线性往复振动，其动力学方程中加速度与位移成正比，且方向相反:x dtx d 222ω-= 或：运动方程中位移与时间满足余弦周期关系:)cos(φω+=t A x5、分别从运动学和动力学两个方面说明什么是简谐振动？答案：运动学方面：运动方程中位移与时间满足正弦或余弦函数关系)cos(φω+=t A x动力学方面：物体在线性回复力作用下在平衡位置做周期性往复运动，其动力学方程满足6、简谐运动的三要素是什么？答案： 振幅、周期、初相位。
7、弹簧振子所做的简谐振动的周期与什么物理量有关？答案： 仅与振动系统的本身物理性质：振子质量m 和弹簧弹性系数k 有关。
8、如果弹簧的质量不像轻弹簧那样可以忽略，那么该弹簧的周期与轻弹簧的周期相比，是否有变化，试定性说明之。
答案：该振子周期会变大，作用在物体上的力要小于单纯由弹簧形变而产生的力，因为单纯由形变而产生的弹力中有一部分是用于使弹簧产生加速度的，所以总体的效果相当于物体质量不变，但弹簧劲度系数减小，因此周期会变大。
9、伽利略曾提出和解决了这样一个问题：一根线挂在又高又暗的城堡中，看不见它的上端而只能看见其下端，那么如何测量此线的长度？答案：在线下端挂一质量远大于线的物体，拉开一小角度，让其自由振动，测出周期T ，便可依据单摆周期公式gl T π2=计算摆长。
10、 一质量未知的物体挂在一劲度系数未知的弹簧上，只要测得此物体所引起的弹簧的静平衡伸长量，就可以知道此弹性系统的振动周期，为什么？答案：因为k m T π2=，若知伸长量为l ，则有kl mg =，于是g l T π2=。
11、 指出在弹簧振子中，物体处在下列位置时的位移、速度、加速度和所受的弹性力的数值和方向：(1) 正方向的端点；(2) 平衡位置且向负方向运动；(3) 平衡位置且向正方向运动；(4) 负方向的端点.答：(1)位移为A ，速度为0，加速度为2ωA -，力为kA -。
（2）位移为0，速度为ωA -，加速度为0，力为0。
（3）位移为0，速度为ωA ，加速度为0，力为0。
（4）位移为A -，速度为0，加速度为2ωA ，力为kA 。
12、 作简谐运动的弹簧振子，当物体处于下列位置时，在速度、加速度、动能、弹簧势能等物理量中，哪几个达到最大值，哪几个为零：(1) 通过平衡位置时；(2) 达到最大位移时.答：（1）速度、动能达到最大，加速度、势能为零。
（2）加速度、势能达到最大，速度、动能为零。
13、 弹簧振子作简谐运动时，如果振幅增为原来的两倍而频率减小为原来的一半，问它的总能量怎样改变?答：根据2222121A m kA E ω==，如果是保持质量不变通过减小劲度系数减小频率，则总能量不变；如果是保持劲度系数不变通过增大质量减小频率，则总能量将变为原来的4倍。
二、选择题1、一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A -，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ B ）2、已知某简谐运动的振动曲线如图所示，则此简谐运动的运动方程(x 的单位为cm ,t 的单位为s )为( D )：(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππ3232cos 2x t (B) ⎪⎭⎫⎝⎛+=ππ3232cos 2x t(C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππ3234cos 2x t (D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ3234cos 2x t3、 两个同周期简谐运动曲线如图所示，1x 的相位比2x 的相位( B )：(A) 落后2π (B) 超前2π (C) 落后π (D) 超前π4、当质点以频率f 作简谐运动时，它的动能的变化频率为( C )：(A) 2f (B) f (C) f 2 (D) f 45、图中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为( D )：(A) 23π (B) 2π (C) π (D) 0 6、 一个沿x 轴做简谐振动的弹簧振子,己知其振幅为A ，周期为T ，如果在0t =时质点处于2A 处并且向x 轴正向运动，则振动方程为( D )： (A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=3T 2Acos x ππt (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32T2Acos x ππt (C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=32T 2Acos x ππt (D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3T2Acos x ππt 7、将单摆拉到与竖直夹角为ϕ (05<ϕ)后，放手任其摆动，则下列说法正确的是( D )：(A) 初位相等于ϕ，角频率等于角速度；(B) 初位相等于0，角频率等于角速度；(C) 初位相等于ϕ，角频率为一常量；(D) 初位相等于0，角频率为一常量。
8、两个质点各自作简谐振动，他们的振幅相同、周期相同，第一个质点的振动方程为()αω+=t Acos x 1。
当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处刚回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处，则第二个质点的振动方程为( B )： (A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=2παωt Acos x 2 (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2παωt Acos x 2 (C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=23παωt Acos x 2 (D) ()παω++=t Acos x 2 9、质点作简谐振动时，从平衡位置运动到最远点需时1/4周期，因此走过该距离的一半需时( C )(A) 1/8周期 (B) 1/6周期 (C) 1/12周期 (D) 1/24周期10、一物体作谐振动，振动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2πωt Acos x 。
则该物体在0t =时刻的动能与8T t = (T 为振动周期)时刻的动能之比为( D )： (A) 1:4； (B) 1:2； (C)1:1； (D) 2:1。
11、一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的1/4时，其动能为振动总能量的( C )：(A) 7/16. (B) 9/16. (C) 15/16 (D) 13/16.12、一劲度系数为k 的轻弹簧，下端挂一质量为m 的物体，系统的振动周期为1T ．若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为m 12的物体，则系统振动周期2T 等于 ( D )(A) 12T (B) 1T (C) 2T 1 (D) 2T 113、如图所示，已知两个波源1S 、2S 的振动方程分别为t Acos y 1ω=，()πω+=t Acos y 2，且2λ=12r -r ，则在P 点的合振动为（ C ）(A) 0 (B) A (C) 2A (D)A 214、如图已知两振动曲线1x 、2x ，他们的初相位之差12ϕϕ-为( A )(A) 32π (B) 32π- (C) π (D) π- 15、将一个弹簧振子中的物体分别拉离平衡位置1 cm 和2 cm 后，由静止释放(弹性形变，在弹性限度内)，则在两种情况下物体作简谐运动的( A ).(A) 周期相同 (B) 振幅相同 (C) 最大速度相同 (D) 最大加速度相同16、一物体在平衡位置附近做振幅为A 的简谐振动，0=t 时刻时，振子处于A .50处，且向着正方向运动，则振动的初相位是( A ).(A) 3π- (B) 32π (C) 3π (D) 43π- 17. 一质点作简谐振动，已知振动周期为T ，则其振动动能变化的周期是( B ):(A) 4T (B) 2T (C) T (D) T 2 18．一质点作简谐振动，周期为T ，质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的时间为（ B ）(A) 4T (B) 12T (C) 6T (D) 8T 三、填空题1、一弹簧振子，弹簧劲度系数为m N 25 k =，当物体以初动能 J 2和初势能 J 6振动时，振幅是 0.8 m.2、两个同方向的谐振动曲线如图所示。
其合振动的振幅为12A A -；合振动的振动方程为)22cos(12ππ+-=t T A A x 。
3、一水平弹簧谐振子的振动曲线如图示。
当振子处在位移为0、速度为A -ω、加速度为0和弹性力为0的状态时，应对应图上的 b 点 f ；当振子处在位移的绝对值为A 、速度为0、加速度为A -2ω和弹性力为A k -的状态时，应对应于曲线上的 a 点 e 。
4、已知两个简谐振动曲线如图所示．1x 的相位比2x 的相位超前π43。
5、 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+=254cos x 1πt (SI) ，⎪⎭⎫ ⎝⎛-=256cos x 2πt (SI) 则它们的合振动的振辐为 2 ，初相为π21-。
6、弹簧振子的质量kg 105m -3⨯=，弹簧劲度系数m N 102k -2⨯=，0=t 时刻，m .x 200=，1040-⋅=s m .v 振动的圆频率 2rad/s ，振幅 m 22.0。
7、 如图,质量为m 的子弹，以u 的速度射入光滑平面上的静止木块并嵌入木块中，使弹簧压缩而做简谐振动。
木块质量为M ，弹簧的刚度系数为k ，则系统振动的圆频率为M m k +=ω，振幅为kM m mu )(+。
8、一质量为m 的质点在力x -F2π=作用下沿x 轴运动，则它运动的周期为m 2。
9、劲度系数m N k 100=，质量为g 10 的弹簧振子，第一次将其拉离平衡位置cm 4 后由静止释放；第二次将其拉离平衡位置cm 2并给以-1ms 2的初速度，这两次振动能量之比21E E =___2:1_____。
10、一弹簧振子作简谐振动，总能量为1E ，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增加为原来的四倍，则它的总能量E 变为 4 倍。
11、 一直简谐振动方程为2t 2cos y π=，则=t 2n+1 时，动能最大， =t (2n+1）/2时，势能与动能相等。
12、一弹簧振子，振动方程为m t ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=30.1cos x πππ．则振子从0=t 时刻达到m 05.0x -=处且向x 轴负向运动，所需的最短时间为_____________．13、质量为m 物体和一个轻弹簧组成弹簧振子，其固有振动周期为T . 当它作振幅为A 自由简谐振动时，其振动能量E =222/2T mA π． 14．一简谐振动振子的振动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4ππt 5cos x （SI ）则s t 2=时，此振子的位移为225，速度为π225-。