大学基础物理学第2版习题答案(供参考)
大学物理下册课后习题答案第二版
大学物理下册课后习题答案第二版
《大学物理下册课后习题答案第二版》
大学物理是一门重要的学科，它涉及到我们周围的一切物质和现象。
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同时，它也可以帮助我们及时发现学习中存在的问题，及时进行纠正，避免在考试中出现失误。
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这对于我们在复习阶段提高解题速度和准确度非常有帮助。
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大学物理第二版习题答案
13级应用化学（2）班物理习题详解习题精解1-1某质点的速度为j t i v 82-=，已知t=0时它经过点（3，7），则该质点的运动方程为（ ）A.j t i t 242-B.()()j t i t 74322+-+ C.j 8- D.不能确定解：本题答案为B.因为 dt rd v =所以 ()dt j t i r d82-=于是有()d t j t i r d t rr ⎰⎰-=0820即 j t i t r r2042-=-亦即 ()j t i t j i r 24273-=-- 故 ()()j t i t r 74322+-+=1-2 一质点在平面上作曲线运动,1t 时刻位置矢量为j i r 621+-=，2t 时刻的位置矢量为j i r 422+=，求：（1）在12t t t -=∆时间内质点的位移矢量式;(2)该段时间内位移的大小和方向；（3）在坐标图上画出21,r r及r∆。
解 （1）在12t t t -=∆时间内质点的位移矢量式为()()m j i r r r 2412-=-=∆ （2）该段时间内位移的大小 ()()m r 522422=+=∆该段时间内位移的方向与轴的夹角为 ︒-=⎪⎭⎫⎝⎛-=-6.2642tan 1α （3）坐标图上的表示如图1.1所示1-3某质点作直线运动，其运动方程为214x t t =+- ，其中x 以m 计，t 以s 计，求：（1）第3s 末质点的位置；（2）头3s 的位移大小；（3）头3s 内经过的路程。
解 （1）第3s 末质点的位置为2(3)14334()x m =+⨯-=（2）头3s 的位移大小为 ()(3)03()x x m -=（3）因为质点做反向运动是有()0v t =，所以令0dxdt=，即420,2t t s -==因此头3s 内经过的路程为 (3)(2)(2)(0)45515()x x x x m -+-=-+-=1-4 已知某质点的运动方程为22,2x t y t ==-，式中t 以s 计，x 和y 以m 计。
大学物理2习题参考答案
题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。
（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。
（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。
A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。
3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。
(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。
5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。
一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。
不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。
10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。
大学物理2课后习题答案.docx
解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。
为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
大学物理第二版课后习题答案
大学物理第二版课后习题答案《大学物理第二版课后习题答案》在大学物理学习过程中，课后习题是非常重要的一部分。
通过做习题，我们可以巩固课堂上学到的知识，加深对物理概念的理解，提高解决问题的能力。
因此，对于大学物理第二版的课后习题答案，我们需要认真对待，不仅要做好习题，还要对答案进行深入的分析和思考。
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其次，课后习题答案也可以帮助我们检验自己的学习成果。
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最后，课后习题答案也可以帮助我们拓展物理知识。
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通过课后习题答案的学习，我们可以不断拓展自己的物理知识，提高自己的综合能力。
总之，大学物理第二版的课后习题答案对于我们的物理学习是非常重要的。
通过认真对待习题答案，我们可以巩固知识，提高解决问题的能力，检验自己的学习成果，拓展物理知识，为将来的学习和工作打下坚实的基础。
希望大家在学习物理的过程中能够认真对待课后习题答案，不断提高自己的物理水平，取得更好的学习成绩。
大学基础物理学第2版习题答案
大学基础物理学第2版习题答案大学物理课后习题答案
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3 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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基础物理学第二版习题解答
习题二2-1．两质量分别为m 和M ()M m ≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。
若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？解：以m 、M 整体为研究对象， 有()F m M a =+…①以m 为研究对象，如解图2-1（a ），有Mm F F ma -=…②由①、②两式，得相互作用力大小若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如题图2-1（b ）有Mm F ma =…………③由①、③两式，得相互作用力大小Mm mFF m M=+ 发生变化。
2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如题图2-2所示，若M 1=M 2=4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化？解： 受力图如解图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象，有 111T M g M a -= 又 12T T =，则2M m F =1122M mgM M m++当124M M m ==时 当125,3M m M m ==时2109M m mgF =，发生变化。
2-3.质量为M 的气球以加速度a v匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。
若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？解：设f r为空气对气球的浮力，取向上为正。
分别由解图2-3（a ）、(b)可得 由此解得题图2-2题图2-1解图2-1解图2-2解图2-32-4．如题图2-4所示，人的质量为60kg，底板的质量为40kg。
人若想站在底板上静止不动，则必须以多大的力拉住绳子？解：设底板和人的质量分别为M，m，以向上为正方向，受力图如解图2-4（a）、(b)所示，分别以底板、人为研究对象，则有3'0T F mg+-=F为人对底板的压力，'F为底板对人的弹力。
大学物理2课后习题答案.docx
解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。
为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
物理学教程 第二版习题答案
质点运动学习题一、选择题C B D D DB C B B D二.填空题1. v=A ωcos ωt , v=22y -A ω.2. v 0+Ct 3/3 , x 0+v 0t+Ct 4/12 .3. v M =h 1v/(h 1－h 2) .4. 4.19m, 4.13×10-3m/s, 与x 轴成60︒.5. B , (A 2/R )+4πB .6. g sin θ, g cos θ . 三.计算题1. 坐标如图,设V 、v 、u 分别为质点对地、质点对斜面、斜面对地的速度,有V =v +uV x =v x +u x = gy 2cos α+u V y =v y +u y = gy 2sin α当y=h 时 V=(V x 2+V y 2)1/2=[u 2+2gh +2u gh 2cos α]1/2 V 与x 轴的夹角 β=arcot(V y /V x )=arctg[gh 2sin α /(gh 2cos α+u )]2. 因 v 2/v 1=R ω2 /(R ω1)= k t 22/( k t 12)= t 22/ t 12 故 v 1= v 2 t 12/ t 22=8m/sa n =v 12/R=32m/s 2a t =d v/d t=d(R ω)/d t =d(Rkt 2)/d t =2Rkt=2Rkt 2/t=2v 1/t 1=16m/s 2所以 a=(a n 2+a t 2)1/2=35.8m/s 23. 由 a=d v/d t=(d v/d x )(d x/d t ) =v (d v/d x )=－kv 2有 d v/v =－k d x()⎰⎰-=xv v x k v v 0d d 0 ln(v/v 0)=－kx故 v=v 0e -kx5. (1)Bt A e B ν-=- 2(1)Bt A A y t e B B -=+- 牛顿定律习题一. 选择题C C B E A 二.填空题1. 460m, 5.5×103N.2.3. 1/cos 2θ. 三.计算题1.受力图、坐标、所设角α如图 对A 有 T 1-m A g=0 对B 有 f －T 1sin α=0N+T 1 cos α－m B g =0对O 有 T 2＝2T 1 cos(α/2)因CO 的延长线是α的角分线,故α=60°，有 T 1 cos α= T 1 cos60°=m B g －N=10×10－80=20N 得 T 1=40N 有 m A = T 1/g=4kgf= T 1sin α=T 1sin60°=34.6NT 2＝2T 1 cos(α/2)＝2T 1 cos30°=69.3N动量守恒定律和能量守恒定律习题一.选择题 A A A C D C D C C D 二.填空题1. 2Qv , 水流入方向.2. F ∆ t 1/(m 1+m 2),F ∆ t 1/(m 1+m 2)+ F ∆t 2/m 2. 3. -F 0R 4. 12J. 5. mgl/50.6. kx 02; -kx 02/2; kx 02/2 .三．计算题1. 子弹与物体组成的系统水平方向动量守恒,设子弹刚穿出物体时的物体速度为v ' , 有 mv 0=mv+Mv 'v '=m (v 0-v )/M(1)绳中张力 T=Mg+M v ' 2/l = Mg+ m 2(v 0-v )2/( Ml )=26.5N (2)子弹所受冲量 I = m (v -v 0)=-4.7N·s 负号表示与子弹入射方向相反.2. (1) A =()r r GMm RhR d 2⎰+-=GMm [1/R -1/(R+h )]= GMm h /[R (R+h )](2)由动能定理 A=E k -E k0 有 GMm h /[R (R+h )]=mv 2/2 v= {2GM h /[R (R+h )]}1/28. 煤粉接触传送带时速度为v 0=gh 2，方向向下.取时间微元∆t , 落入传送带上的煤粉质量∆m=q m ∆t , 设传送带对煤粉的平均作用力为f , 按如图坐标, 由动量定理得A A gBB g(2)A gOx yf x ∆t =∆m (v 2x - v 1x )=∆m (v -0)= ∆mv (f y -∆mg )∆t ≈f y ∆t=∆m (v 2y - v 1y )=∆m [0-(-v 0)]= ∆mv 0 f x =q m v f y = q m v 0故 f=(f x 2+ f y 2)1/2= q m (v 2+ v 02)1/2 = q m (v 2+2gh )1/2=149N f 与x 轴夹角α=arctg((f y /f x )= arctg(v 0/ v ) =arctg(gh 2/ v )=57.4︒所以煤粉对传送带的作用力f '的大小为 f '=149N 方向与x 轴夹角为 α'=180︒+57.4︒=237.4︒四.证明题1.(1) P=Fv=mav=mv d v /d tP d t= mv d v⎰⎰=tvv mv t P 0d d有 Pt/m v 2=(2) Pt/m v 2==d x /d t d x =Pt/m 2d tx=⎰⎰=txt Pt/m x 0d 2d =(2/3)/m Pt 32=3/2)(98t m P/刚体转动习题一.选择题C A C C B A B D A B二.填空题1. 4s, -15m/s.2. 203. 3ML 2/4, mgL/2, 2g /(3L ) .三.计算题1.飞轮受绳的张力T 产生的力矩和阻力矩M μ , 重锤受绳的张力T 和重力mg .对飞轮和重锤分别用转动定律和牛顿定律列方程, 有 TR -M μ =J α=Ja/R mg -T=ma h=at 2/2得 mgR -M μ=( J/R+mR )2h/t 2当重锤质量分别为m 1和m 2时, 重锤下落时间分别为t 1和t 2 ,于是有 m 1gR -M μ=( J/R+m 1R )2h/t 12 m 2gR -M μ=( J/R+m 2R )2h/t 22 相减得 (m 1-m 2)gR=(2hJ/R )(1/t 12-1/t 22)+(2hR )( m 1/t 12-m 2/t 22)=2hJ (t 22-t 12)/(R t 12t 22)+2hR (m 1t 22 -m 2t 12)/( t 12t 22) 有 J=[(m 1-m 2)gR2 t 12t 22/[2h (t 22-t 12)]- R 2(m 1t 22 -m 2t 12)/(t 22-t 12)=1.06×103kg·m 22.(1)子弹击中圆盘的过程中,子弹和圆盘组成的系统对O 点的角动量守恒 mv 0R=( MR 2/2+mR 2)ω ω=2mv 0/[(M+2m )R ](2)求圆盘的摩擦阻力矩.取圆环微元d r,其摩擦阻力矩为 d M μ=μd mgr=μσ2πr d rgr=2πμσgr 2d r⎰=Rr gr M 02d 2πμσμ=2πμσgR 3/3=2μMgR/3(3) -M μ∆t=0-J ω ∆t=J ω /M μ=( MR 2/2+mR 2){2mv 0/[(M+2m )R ]}/(2μMgR/3) =3mv 0 /2μMg3. (1)定滑轮受绳的张力T 产生的力矩, 重物受绳的张力T 和重力mg .取初角速度ω 0的方向为坐标正向,对定滑轮和重物分别列方程,有 -TR =J α= (MR 2/2)αT -mg=ma= mR α得 α=-2mg/[(2m +M )R ]=-81.7rad/s 2负号表示方向与初角速度ω 0的方向相反 (2) ω 2-ω02=-ω02=2α ∆θ∆θ=-ω02/(2α)=ω02(2m +M )R /(4mg ) h=R ∆θ=ω02(2m +M )R 2/(4mg )=6.12×10-2m(3) 物从最大高度回到原位置定滑轮转角∆θ'=-∆θ=-ω02(2m +M )R /(4mg )有ω' 2=2α∆θ'=()mgR M m R M m mg -42)(242+-⋅+ω=ω02 所以当物体回到原位置时 ω' =ω0=10.0rad/s 方向与初角速度ω 0的方向相反振动习题一. 选择题B C D A B B B B B A二.填空题1. A cos(2πt /T -π/2); A cos(2πt /T +π/3).2. 9.9×102J.3. ⎜A 2-A 1⎜; x=⎜A 2-A 1⎜cos(2πt /T +π/2). 三.计算题1.取水面为坐标原点,向上为x 正向,木块质心坐标为x .木块与水的密度分别为ρ与ρ',木块 受向下的重力l 3ρg 与向上的浮力l 2( l /2-x )ρ'g .平衡时木块质心坐标为a 有 l 2(l /2-a )ρ'g -l 3ρg=0a= l /2-l ρ/ρ'=-0.4l=-0.04m(1)木块质心坐标为x 时l 2(l /2-x )ρ'g -l 3ρg=ma= l 3ρd 2x/d t 2(l /2-x )ρ'g - (l /2-a )ρ'g =ma= l ρd 2x/d t 2 d 2x/d t 2+(x -a ) g ρ'/(ρ l ) =0令X= x -a 有 d 2X/d t 2+[ g ρ'/(ρ l )]X=0即木块作简谐振动X=A cos (ωt+ϕ0)其中ω=[ gρ'/(ρ l)]1/2=10.4rad/s(2)取放手时刻为t=0,有x0=-0.05m,X0=-0.01m;v0=0;得A=0.01m,ϕ0=π.X=A cos (ωt+ϕ0)= 0.01cos (10.4t+π) (SI)所以, 木块质心相对水面的振动方程为x=X+a=-0.04+ 0.01cos (10.4t+π) (SI)2.设杆向右摆动为角坐标θ正向.摆动过程中杆受重力矩和弹性力矩.当杆向右摆动θ角时, 重力矩和弹性力矩均与θ相反,有-(1/2)MgL sinθ-kL2sinθ=J d2θ/d t2当作微小振动时,sinθ≈θ, 且J=ML2/3,有d2θ/d t2+( Mg/2+kL) Lθ /J =0d2θ/d t2+[3( Mg+2kL)/(2ML)]θ=0杆作微小振动的周期T=2π/[3( Mg+2kL)/(2ML)]1/2=2π{(2ML) /[3( Mg+2kL)]}1/2波动习题一.选择题A B C B C二.填空题1. 0.1cos(4πt-π) (SI); -1.26m/s.2. π/3.3. R22/R12.4.三.计算题1. (1)原点处质点在t=0时刻y0=A cosϕ0=0 v0=-Aωsinϕ0＞0所以ϕ0=-π/2.而T=λ/v=0.40/0.08=5(s)故该波的波动方程为y=0.04cos[2π( t/5-x/0.4)-π/2] (SI) (2) P 处质点的振动方程y P =0.04cos[2π( t/5-0.2/0.4)-π/2]= 0.04cos(0.4π t -3π/2) (SI)2. 解：(1) 比较t = 0 时刻波形图与t = 2 s 时刻波形图，可知此波向左传播．在t = 0时刻，O 处质点φcos 0A =， φωsin 00A -=<v ，故2πφ-= 又t = 2 s ，O 处质点位移为)24cos(2/ππ-=νA A所以 244πππ-=-ν， ν = 1/16 Hz 振动方程为)28/cos(0ππ-=t A y (SI)(2) 波速u = 20 /2 m/s = 10 m/s 波长λ = u /ν = 160 m波动表达式]21)16016(2cos[π-+π=x t A y (SI)3、解：(1) x = λ /4处)22cos(1ππ-=t A y ν , 22cos(22)y A t ν=+ππ∵y 1，y 2反相∴合振动振幅 A A A A s =-=2,且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为2π． 合振动方程 )22cos(ππ+=t A y ν (2)x = λ /4处质点的速度)2cos(2)2 2sin(2/d d v ππππππ+=+-==t A t A t y νννν四.证明题1.(1) 设小球向右摆动为角坐标θ正向.摆动过程中小球受重力和弧形轨道的支持力. 重力的切向分力使小球获得切向加速度.当小球向右摆动θ角时, 重力的切向分力与θ相反,有-mg sin θ=ma t =mR d 2θ/d t 2当作小幅度运动时,sin θ ≈θ, 有d 2θ/d t 2+(g/R ) θ=0故小球作间谐振动 θ=θA cos(R g t +ϕ) (2)周期为 T=2π/ω=2π /R g =2πg R气体动理论习题一. 选择题 B A B D B二.填空题1. 1.33×105Pa.2. 5/3; 10/3. 3. 210K; 240K.三.计算题1. (1) 因T 等,有()2O k ε=()2H k ε=6.21×10-21Jm v k ε22==483m/s(2) T=2k ε/(3k )=300K2. 平均平动动能的总和E t =(3/2)(M/M mol ) RT=(3/2)(ρV /M mol )RT =7.31×106J 内能增加∆E=(i /2)(M/M mol ) R ∆T=(i /2)(ρV/M mol )R ∆T =4.16×104J2v 的增量∆(2v )=∆(mol 3M RT )=()[]T RT/M d 3d mol ∆T=()[]1mol 13T M R ∆T/2=0.856m/s4解：根据分析，当气体温度为T=273K 时，可得（1）氧分子的平均平动动能JkT kt 21107.523-⨯==ε氧分子的平均转动动能JkT kr 21108.323-⨯==ε （2）氧气的内能JRT i M m E 233101.727331.82510321042⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='=-- （3）氦气的内能JRT i M m E 233104.327331.8231041042⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='=-- 热力学基础习题一.选择题B B A B A A D C B B C 二.填空题1. 166J.2. （2），（3），（2），（3）3. 33.3％; 50％; 66.7％4. V 2; (V 1/V 2)γ -1T 1; (RT 1/V 2)(V 1/V 2)γ -1 三.计算题 1. (1)由V =p a ,得p=a 2/V 2,所以A=()()⎰⎰-==21212122211d d V V V V V /V /a V V aV p(2)由状态方程p 1V 1/T 1= p 2V 2/T 2知T 1/T 2=( p 1V 1)/( p 2V 2) = (V 1a 2/V 12)/( V 2 a 2/V 22) = V 2/V 12. 单原子分子i=3, C V =3R/2, C p =5R/2. ca 等温 T a =T cab 等压 V a /T a =V b /T b T b =(V b /V a )T a =(V b /V a )T c (1) ab 等压过程系统吸热为Q ab =(M/M mol )C p (T b -T a ) = (5R/2)(V b /V a -1) T c =-6232.5J bc 等容过程系统吸热为Q bc =(M/M mol )C V (T c -T b ) = (3R/2)(1-V b /V a )T c =3739.5J ca 等温过程系统吸热为Q ca =(M/M mol )RT c ln(V a /V c )= RT c ln2=3456J (2) 经一循环系统所作的净功 A= Q ab + Q bc + Q ca =963J循环的效率η=A/Q 1= A/( Q bc + Q ca )=13.4％3. (1) A da =p a (V a －V d )= －5.065⨯10－3J(2) ∆E ab =(M/M mol )(i /2)R (T b -T a )= (i /2)(p b －p a )V a =3.039⨯104J(3) A bc =(M/M mol )RT b ln(V c /V b )=p b V b ln(V c /V b )=1.05⨯104J A=A bc +A da =5.47⨯103J(4) Q 1=Q ab +Q bc =∆E ab +A bc =4.09⨯104J η=A/Q 1=13.4%静电场习题一、选择题 CBCCD BACBD 二、填空题 1. λ1d/(λ1+λ2).2. σ/(2ε0),向左;3σ/(2ε0),向左;σ/(2ε0),向右.3. -Q/ε0, -2Q r 0/(9πε0R 2), -Q r 0/(2πε0R 2).4. (q 1+ q 4)/ε0, q 1、q 2、q 3、q 4, 矢量和5.)222(812310q q q R++πε.6. Ed cos α.7. -q/(6πε0R )8.. 25.9. R 1/R 2, 4πε0(R 1+R 2), R 2/R 1. 三、计算题1. 取园弧微元 d q=λd l=[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/π d E =d q/(4πε0r 2) =Q d θ/(4π2ε0R 2) d E x =d E cos(θ+π) =－d E cos θ d E y =d E sin(θ+π) =－d E sin θE x =()⎰⎰-=2/32/2024d cos d ππεπθθR Q E x =Q/(2π2ε0R 2)E y =⎰d E y = ()⎰-2/32/2024d sin ππεπθθR Q =0故 E=E x =()2022R Q επ 方向沿x 轴正向.取园弧微元d q=λd l=[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/π d E =d q/(4πε0r 2) =Q d θ/(4π2ε0R 2) d E x =d E cos θ d E y =d E sin θE x =()/2220/2d cos d 4x E Q R ππθθπε-=⎰⎰=Q/(2π2ε0R 2) E y =⎰d E y =)/2220/2sin d 4Q R ππθθπε-⎰=0故 E=E x =()2022R Q επ 方向沿x 轴正向.2. 取窄条面元d S=a d x ,该处电场强度为 E=λ/(2πε0r ) 过面元的电通量为 d Φe =E ⋅d S=[λ/(2πε0r )]a d x cos θ =λac d x/[2πε0(c 2+x 2)]Φe =⎰d Φ ()⎰-+=2/2/2202b b x c acdxπελ2/2/0arctan 12b b cxc ac -⋅=πελ=λa arctan[b /(2c )]/(πε0)λ2. 球形空腔无限长圆柱带电体可认为是均匀带正电(体电荷密度为ρ)无限长圆柱体与均匀带负电(体电荷密度为-ρ)球体组成.分别用高斯定理求无限长均匀带电圆柱体激发的电场E 1与均匀带电球体激发的电场E 2. 为求E 1,在柱体内作同轴的圆柱形高斯面,有=⋅⎰S E d S02102ερπεπl r Q rlE == E 1=ρr 1/(2ε0) 方向垂直于轴指向外; 为求E 2,在球体内外作同心的球形高斯面,有=⋅⎰S E d S 0224επQ E r =球内r<a Q=-ρ4πr 23/3 E 2= -πr 2/(3ε0) 球外r>a Q=-ρ4πa 3/3 E 2= -πa 3/(3ε0r 22) 负号表示方向指向球心. 对于O 点E 1=ρd/(2ε0), E 2= -πr 2/(3ε0)=0 (因r 2=0) 得 E O =ρd/(2ε0) 方向向右; 对于P 点E 1=ρd/(2ε0), E 2= -πa 3/(12ε0d 2)得 E P =ρd/(2ε0)-πa 3/(12ε0d 2) 方向向左.4. 课后9-85. 课后9-146. 课后9-207. 课后9-218. 解：设球层电荷密度为ρ.ρ=Q/(4πR 23/3-4πR 13/3)=3Q/[4π(R 23-R 13)]球内，球层中，球外电场依次为 E 1=0,E 2=ρ(r 3-R 13)/(3ε0r 2) , E 3=ρ(R 23-R 13)/(3ε0r 2)故⎰⎰⎰∞+=⋅=rR R R r211d d d 21r E r E r E ϕ⎰∞+2d 3R r E =0+{ρ(R 22-R 12)/(6ε0)+[ρR 13/(3ε0)(1/R 2-1/R 1)]}+ ρ(R 23-R 13)/(3ε0R 2)=ρ(R 22-R 12)/(2ε0)=3Q (R 22-R 12)/[8πε0(R 23-R 13)]静电场中的导体和电介质一、 选择题 AACDD DBABCA 二、填空题1. 2U 0/3+2Qd/(9ε0S ).2. 会, 矢量.3. 是, 是, 垂直, 等于.4. 取向, 取向; 位移, 位移.5. 1/εr , 1/εr .6. 3.36×105N/C .7. ε0εr U 2/(2d 2) 三、计算题1. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U ABU A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3) U AB =[Q B /(4πε0)](1/R 2-1/R 1)Q得Q B=QR1R2/( R1R2+ R2R3- R1R3)U A=[Q/(4πε0R3)][-1+R1R2/(R1R2+R2R3-R1R3)]= -Q(R2-R1)/[4πε0(R1R2+R2R3-R1R3)]2.球形电容器C=4πε0RQ1=C1V1=4πε0RV1 Q2=C2V2=4πε0RV2W0=C1V12/2+C2V22/2=2πε0R (V12+V22)两导体相连后C=C1+C2=8πε0RQ=Q1+Q2= C1V1+C2V2=4πε0R(V1+V2)W=Q2/(2C)= [4πε0R(V1+V2)]2/(16πε0R)=πε0R(V1+V2)2静电力作功A=W0-W=2πε0R (V12+V22)-πε0R(V1+V2)2=πε0R(V1-V2)2=1.11×10-7J4.稳恒磁场习题一、选择题BAAAB DBCBC CDBD二、填空题1.I1+ I2+ I3+ I4=02．所围面积,电流,法线(n).3. 0.4. 0.16T.5. μ0Qv /(8πl 2), z 轴负向.6. 环路L 所包围的电流, 环路L 上的磁感应强度,内外.7. μ0I , 0, 2μ0I .8. IBR .9. 10－2, π/2 10. 7.96×105A/m, 2.42×102A/m.三、计算题1.(1) 在距球心r 处沿电流方向取微元长度d r ,导电截面为2πr2.则此微元长度电阻为d R=ρd r/(2πr 2) 接地电阻为()[]⎰∞=adr r R 22πρ=ρ/(2πa )(2) j=I/S=I/(2πr 2)j 1/j 2=[I/(2πr 12)]/[I/(2πr 22)]= r 22/r 122. 取宽为d l 细圆环电流,dI =I d N=I [N/(πR/2)]R d θ=(2IN/π)d θ d B=μ0d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2] r=R sin θ x=R cos θ d B=μ0NI sin 2θ d θ /(πR )⎰⎰==πππθθμ20d sin d RNI B B =μ0NI/(4R )3. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =σ2πr d r , [σ=Q /(πR 2) ],等效电流元为d I =d Q /T =σ2πr d r/(2π/ω)=σωr d r(1) 求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线, 且与ω同向,大小为d B=μ0d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=μ0σωr 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=R Rxrx r r xr rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++R xrx r x r 0232222220d 4σωμ-()()⎰++R xrx r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r xx r 02222202σωμ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (2) 求磁距. 电流元的磁矩d P m =d IS=σωr d r πr 2=πσωr 2d r⎰=Rm dr r P 03πσω=πσωR 4/4=ωQR 2/44. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度 的反方向的半径为R '的无限长圆柱电流I 2组成. I 1=J πR 2 I 2=-J πR '2 J =I/[π (R 2-R '2)] 它们在空腔内产生的磁感强度分别为 B 1=μ0r 1J/2 B 2=μ0r 2J/2 方向如图.有 B x =B 2sin θ2-B 1sin θ1=(μ0J/2)(r 2sin θ2-r 1sin θ1)=0 B y =B 2cos θ2＋B 1cos θ1=(μ0J/2)(r 2cos θ2＋r 1cos θ1)=(μ0J/2)d 所以 B = B y = μ0dI/[2π(R 2－R '2)] 方向沿y 轴正向5. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B 1=μ0J /2 在平面①的上方向右,在平面①的下方向左; 电流②在空间产生的磁场为 B 2=μ0J /2 在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左, 故有 B=B 1+B 2=μ0J(2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反, 故有B=B 1-B 2=0I 1I 2 ①②6. 在圆环上取微元 I 2d l = I 2R d θ 该处磁场为 B =μ0I 1/(2πR cos θ) I 2d l 与B 垂直,有d F= I 2d lB sin(π/2) d F=μ0I 1I 2d θ/(2πcos θ) d F x =d F cos θ=μ0I 1I 2d θ /(2π) d F y =d F sin θ=μ0I 1I 2sin θd θ/(2πcos θ)⎰-=222102πππθμd I I F x =μ0I 1I 2/2因对称F y =0.故 F =μ0I 1I 2/2 方向向右电磁感应习题一、选择题 DBDAD CDCBA 二、填空题1. t I r r ωωπμcos 202210,22102Rr I r πμ . 2． > , < , = .3． B ωR 2/2; 沿曲线由中心向外.4． er 1(d B /d t )/(2m ),向右; eR 2(d B /d t )/(2r 2m ),向下. 5． μ0n 2l πa 2, μ0nI 0πa 2ωcos ωt . 6．ε=πR 2k/4，从c 流至b . 7. 0.8. ΦAB =ΦBA . 9. μ0I 2L /(16π)10. 1.33×102 W/m 2 , 2.51×10-6J/m 3.三、计算题1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里. 取窄条面积微元d S =y d x =[(a+b -x )l/b ]d xΦm =⎰⋅S d S B =()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a bIlln 20πμ εi = -d Φm /d t=()dtdIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ= -5.18×10－8VI 1y负号表示逆时针2. (1) 导线ab 的动生电动势为 εi = ⎰l (v×B )·d l=vBl sin(π/2+θ)=vBl cos θ I i =εi /R = vBl cos θ/R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为 F =| ⎰l (I i d l×B )|= vB 2l 2cos θ/RF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F '= F cos θ =vB 2l 2cos 2θ/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sin θ mg sin θ -vB 2l 2cos 2θ/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin θ -vB 2l 2cos 2θ/(mR )]()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B el B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --= (2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .3.(1) 用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (-R<x<R ), 该处感生电场大小为 E i =[R 2/(2r )](d B/d t )与棒夹角θ满足tan θ=x/Rεi =⎰⋅N Ml E i d =⎰N M i x E θcos d =()⎰-⋅RRr Rr x t B R 22d d d=⎰-+⋅RR Rx xt B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )RR-=πR 2(d B/d t )/4因εi =>0,故N 点的电势高.(2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 解: 沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONMεi =⎰⋅NMl E i d =⎰⋅-MNl E i d=-⎢⎣⎡⋅⎰MNl E i d +⎰⋅O M l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰NO l E i d=－(－d ΦmMONM /d t ) =d ΦmMONM /d t 而 ΦmMONM =⎰⋅Sd S B =πR 2B/4故 εi =πR 2(d B/d t )/4 N 点的电势高.4. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为 0≤r ≤a B 1=μ0Ir/(2πa 2)+ μ0I/[2π(d -r )] a ≤r ≤d -a B 2=μ0I/(2πr )+μ0I/[2π(d -r )] d -a ≤r ≤d B 3=μ0I/(2πr )+ μ0I (d -r )/(2πa 2) 取窄条微元d S=l d r ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d r Il 002d πμ +⎰-ad a r r Il πμ2d 0+()⎰--a d a r d rIl πμ2d 0 +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =μ0Il/(4π)+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+μ0Il/(4π)=μ0Il/(2π)+(μ0Il/π)ln(d/a )由L l =Φl /I ,L 0= L l /l=Φl /(Il ).得单位长度导线自感 L 0==μ0l/(2π)+(μ0l/π)ln(d/a )波动光学习题二.填空题1. 2πd sin θ /λ.2. 2π(n -1)e/λ; 4×104.3. D λ/dn .4. 1.40.5. λ/(2L ).6. 5λ/(2n θ).7. 916.8. 1×10-6.9. 遵守普通的折射;不遵守普通的折射. 10. 见图.三.计算题1. (1) 明纹坐标 x k =kD λ/a∆x=12k k x x -=(k 2-k 1)D λ/a=20D λ/a =0.11m(2) 零级明纹即光程差为零的明纹,玻璃片覆盖上一条缝后,δ= r 2-[r 1+ (n -1)e ]=0 r 2-r 1=(n -1)e设此处为不复盖玻璃片时的k 级明纹，应有 r 2-r 1= k λ所以有 (n -1)e = k λ故玻璃片复盖一缝后,零级明纹移至原来明纹的级次为k= (n -1)e/λ=6.96～72. 解：插入介质前的光程差1121r r k λ∆=-=（对应1k 级明纹）插入介质后的光程差2122(1)n d r r k λ∆=-+-= （对应2k 级明纹） 光程差的变化量为2121(1)()n d k k λ∆-∆=-=- 式中21()k k -为移过点P 的条纹数 (1) 插入介质后的光程差 212(1)n d r r ∆=-+-则新的中央明纹所在的屏上位置对应的光程差 212(1)0n d r r ∆=-+-=显然要求r 1<r 2, 即条纹上移。
《大学物理学》第二版上册习题解答
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？(5) r ∆ 和r ∆ 有区别吗？v ∆ 和v ∆有区别吗？0dv dt = 和0d v dt= 各代表什么运动？(6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =drv dt= 及 22d r a dt =而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
基础物理学第二版习题解答
习题二 2-1．两质量分别为m 和M ()M m ≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。
若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化解：以m 、M 整体为研究对象， 有()F m M a =+…①以m 为研究对象，如解图2-1（a ），有Mm F F ma -=…②由①、②两式，得相互作用力大小若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如题图2-1（b ）有Mm F ma =…………③由①、③两式，得相互作用力大小Mm mFF m M=+ 发生变化。
2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如题图2-2所示，若M 1=M 2= 4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m与M 2之间的作用力是否发生变化解： 受力图如解图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象，有 111T M g M a -= 又 12T T =，则2M m F =1122M mgM M m++当124M M m ==时 当125,3M m M m ==时2109M m mg F =，发生变化。
2-3.质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。
若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少解：设f 为空气对气球的浮力，取向上为正。
题图2-2题图2-1解图2-1解图2-2解图2-3分别由解图2-3（a）、(b)可得由此解得2-4．如题图2-4所示，人的质量为60kg，底板的质量为40kg。
人若想站在底板上静止不动，则必须以多大的力拉住绳子解：设底板和人的质量分别为M，m，以向上为正方向，受力图如解图2-4（a）、(b)所示，分别以底板、人为研究对象，则有3'0T F mg+-=F为人对底板的压力，'F为底板对人的弹力。
大学基础物理习题答案
大学基础物理习题答案
《大学基础物理习题答案》
在大学基础物理课程中，学生们经常会遇到各种各样的习题和问题。
这些习题
涵盖了从力学到热力学、电磁学等各个领域，考察了学生对物理学知识的掌握
程度和解决问题的能力。
在这篇文章中，我们将给出一些常见的大学基础物理
习题的答案，并希望能够帮助学生更好地理解物理学知识。
1. 一个质量为2kg的物体以速度5m/s沿水平方向运动，受到一个沿运动方向
的恒力，力的大小为10N。
求物体在10s后的速度。
答案：根据牛顿第二定律，物体受到的加速度为$a=F/m=10N/2kg=5m/s^2$。
物体在10s后的速度为$v=v_0+at=5m/s+5m/s^2*10s=55m/s$。
2. 一个弹簧的劲度系数为200N/m，当受到一个力为20N时，弹簧的伸长量为
多少？
答案：根据胡克定律，弹簧的伸长量为$x=F/k=20N/200N/m=0.1m=10cm$。
3. 一个电阻为10Ω的电路中，通过电流为2A，求电路中的电压。
答案：根据欧姆定律，电路中的电压为$V=IR=10Ω*2A=20V$。
通过以上几个例题的解答，我们可以看到，物理学习不仅仅是理论知识的学习，更重要的是能够运用所学知识解决实际问题。
希望同学们在学习物理的过程中，能够多加练习，提高自己的解决问题的能力，从而更好地掌握物理学知识。
大学物理2习题答案共25页
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯基
谢谢！
大学物理2·格林 47、在一千磅法律里，没有一盎司仁 爱。— —英国
48、法律一多，公正就少。——托·富 勒 49、犯罪总是以惩罚相补偿；只有处 罚才能 使犯罪 得到偿 还。— —达雷 尔
50、弱者比强者更能得到法律的保护 。—— 威·厄尔
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。——培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈
大学物理(二)习题参考答案
大学物理（二）习题参考答案14-2、 若理想气体的体积为V ,压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ,k 为玻耳兹曼常量，R 为普适气体常量，则该理想气体的分子数为多少？ 解：由理想气体状态方程 N p nkT kT V== 得理想气体的分子数 pV N kT=14-8、温度为0ºC 和100ºC 时理想气体分子的平均平动动能各为多少？欲使分子的平均平动动能等于1e V ，气体的温度需是多少？解：（1）232111331.3810273 5.651022w kT J J --==⨯⨯⨯=⨯ （2）23212233 1.3810(273100)7.721022w kT J J --==⨯⨯⨯+=⨯（3）193323322 1.60107.73107.4610233 1.3810w w kT T K K k --⨯⨯=⇒===⨯≈⨯⨯⨯℃ 14-9、某些恒星的温度可达到约1.0×108K ，这是发生聚变反应（也称热核反应）所需的温度。
通常在此温度下恒星可视为由质子组成。
求： （1）质子的平均动能是多大？ （2）质子的方均根速率是多大？ 解：（1）质子的平均动能为 23815331.3810 1.0102.071022w kT J J --==⨯⨯⨯⨯=⨯ (2) 质子的方均根速率是2161121.5710rps w mv v s m s --===⋅=⨯⋅或1611.5710rpsv s m s --==⋅=⨯⋅ 14-12、解： (1)KK E E N w w N=⇒=A molMN N M =⋅ 5321234.141032108.27102.66 6.0210k mol A E M w J J MN --⨯⨯⨯∴===⨯⨯⨯(2) 21233228.2710400233 1.3810w w kT T K K k --⨯⨯=⇒==≈⨯⨯ 14-17、解：（1）253122522 6.7510 1.35105 2.010mol mol mol M M PV RT P RT M V M E E P M i iV V E RT M P Pa Pa -⎫=⇒=⎪⎪⇒==⎬⎪=⎪⎭⨯⨯==⨯⨯⨯（2）221223333 6.751027.51055 5.4102w kT E E w J J E i i N N kT N ε-⎫=⎪⨯⨯⎪⇒=⋅===⨯⎬⨯⨯⎪==⎪⎭21223227.510 3.621033 1.3810w T K K k --⨯⨯===⨯⨯⨯ 14-18、解：已知，V ，P ，i22mol mol M i E RT M i E PV M PV RT M ⎫=⎪⎪⇒=⎬⎪=⎪⎭15-2解：已知Q,E ∆由，5552.6610 4.1810 1.5210Q E W W Q E J J J =∆+⇒=-∆=⨯-⨯=-⨯，外界对系统做功。
大学物理2习题参考答案
题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。
（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。
（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。
A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。
3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。
(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。
5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。
一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。
不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。
10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。
大学物理2习题册(含答案)
题1第⼀一章流体⼒力力学1、基本概念（3）理理想流体：完全不不可压缩，没有粘滞性的流体。
（4）连续性原理理：流管上⼀一节流速与截⾯面积的乘积是⼀一个常量量，截⾯面⼤大的流速⼩小，反之⼤大（6）伯努利利⽅方程：P 1+12ρv 12+ρg h 1=P 2+12ρv 22+ρg h 2=c（7）泊肃叶公式：2、从⽔水⻰龙头徐徐流出的⽔水流，下落时逐渐变细，其原因是（A ）。
A.压强不不变，速度变⼤大； B.压强不不变，速度变⼩小；C.压强变⼩小，流速变⼤大；D.压强变⼤大，速度变⼤大。
3、如图所示，⼟土壤中的悬着⽔水，其上下两个液⾯面都与⼤大⽓气相同，如果两个⻚页⾯面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，⽔水的表⾯面张⼒力力系数为α，密度为ρ，则悬着⽔水的⾼高度h 为_____。
4、已知动物的某根动脉的半径为R,⾎血管中通过的⾎血液流量量为Q ，单位⻓长度⾎血管两端的压强差为ΔP ，则在单位⻓长度的⾎血管中维持上述流量量需要的功率为ΔPQ 。
5、城市⾃自来⽔水管⽹网的供⽔水⽅方式为：⾃自来⽔水从主管道到⽚片区⽀支管道再到居⺠民家的进户管道。
⼀一般说来，进户管道的总横截⾯面积⼤大于⽚片区⽀支管的总横截⾯面积，主⽔水管道的横截⾯面积最⼩小。
不不考虑各类管道的海海拔⾼高差（即假设所有管道处于同⽔水平⾯面），假设所有管道均有⽔水流，则主⽔水管道中的⽔水流速度⼤大，进户管道中的⽔水流速度⼩小。
6、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略略去⽔水的粘滞性，求⽔水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
题1-10图解：在管外液⾯面上任选⼀一点D ，CD 两点：BC两点：AC两点：7、⼀一开⼝口容器器截⾯面积为S1，底部开⼀一截⾯面积为S2的孔。
当容器器内装的液体⾼高度为h时，液体从孔中喷出的速度为多⼤大？设液体为理理想流体且作定常流动。
解：由于液体为理理想流体且作定常流动，根据连续性原理理，有根据伯努利利⽅方程，有从上两式联⽴立解得8、⼀一圆筒中的⽔水深为H=0.70m，底⾯面积S1=0.06m2，桶底部有⼀一⾯面积为1.0×10-4m2的⼩小孔。
大学物理二练习册答案
3. 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为 a，外筒半径为 b，筒长都是 L，中间充满相对介电常量为r 的各向同性均匀电介质． 内、 外筒分别带有等量异号电荷+Q 和-Q．设 (b- a) << a，L >> b，可以忽略边缘效应，求： (1) 圆柱形电容器的电容； (2) 电容器贮存的能量．
思考题 3：有一上下极板成 θ 角的非平行板电容器（长为 a ,宽为 b） ，其电 容如何计算？
参考解答： 设 一 平 行 板 电 容 器 是 由 长 为 a , 宽 为 b 的 两 导 体板 构 成 , 板 间 距 为 d , 则 电 容 为
ab , 若该电容器沿两极板的长度同一方向有 d x的长度增 d a (b d x ) a d x 量,则电容为 C C0 , 在此基础上推广到 d d
L b a
解：由题给条件 ( b a) a 和 L b ，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为： 两筒间的电势差 电容器的电容 电容器贮存的能量
E Q /(2 0 r Lr )
b
U
Q dr Q b ln 2 0 r L r 2 0 r L a a
3
参考解答： 由极性分子组成的电介质（极性电介质）放在外电场中时，极性分子的固有电矩将沿外 电场的方向取向而使电介质极化。 由于极性分子还有无规则热运动存在， 这种取向不可能完 全整齐。 当电介质的温度升高时，极性分子的无规则热运动更加剧烈，取向更加不整齐，极化的 pi 效果更差。此情形下，电极化强度 P 将会比温度升高前减小。 V 在电介质中的电场 E 不太强时，各向同性电介质的 P 和 E 间的关系为 P 0 ( r 1) E . 很明显，在同样的电场下，当温度升高后，相对介电常量 εr 要减小。