大学物理 I 参考答案
《大学物理I》作业-No.03 角动量与角动量守恒-A-参考答案
《大学物理I 》作业 No.03 角动量 角动量守恒定律 （A 卷）班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题[ ]1、一质点沿直线做匀速率运动时，(A) 其动量一定守恒，角动量一定为零。
(B) 其动量一定守恒，角动量不一定为零。
(C) 其动量不一定守恒，角动量一定为零。
(D) 其动量不一定守恒，角动量不一定为零。
答案：B答案解析：质点作匀速直线运动，很显然运动过程中其速度不变，动量不变，即动量守恒；根据角动量的定义v m r L⨯=，质点的角动量因参考点（轴）而异。
本题中，只要参考点（轴）位于质点运动轨迹上，质点对其的角动量即为零，其余位置均不会为零。
故(B)是正确答案。
[ ]2. 两个均质圆盘A 和B 密度分别为A ρ和B ρ，若A ρ>B ρ，两圆盘质量与厚度相同，如两盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量各为A J 和B J ，则 (A) A J >B J(B) B J >A J(C) A J ＝B J(D) A J 、B J 哪个大，不能确定答案：B答案解析：设A 、B 联盘厚度为d ，半径分别为A R 和B R ，由题意，二者质量相等，即B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>，所以22B A R R <，由转动惯量221mR J =，则B A J J <。
[ ]3．对于绕定轴转动的刚体，如果它的角速度很大，则 (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答案：D 答案解析：由刚体质心运动定律和刚体定轴转动定律知：物体所受的合外力和合外力矩只影响物体运动的加速度和角加速度，因此无法通过刚体运动的角速度来判断外力矩的大小，正如无法通过速度来判断物体所受外力的大小一样。
大学物理(I)期末试卷(A卷)及答案解析
2007级大学物理（I ）期末试卷A 卷学院： 班级:_____________ 姓名:序号:_____________ 日期: 2008 年 7 月 9 日 一、选择题（共30分）1．（本题3分）下列说法中，哪一个是正确的？(A) 一质点在某时刻的瞬时速度是2 m/s ，说明它在此后1 s 内一定要经过2 m 的路程． (B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大． (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零．(D) 物体加速度越大，则速度越大． ［ ］ 2．（本题3分）如图所示，一轻绳跨过一个定滑轮，两端各系一质量分别为m 1和m 2 的重物，且m 1>m 2．滑轮质量及轴上摩擦均不计，此时重物的加速度的大 小为a ．今用一竖直向下的恒力g m F 1 代替质量为m 1的物体，可得质量为m 2的重物的加速度为的大小a ′，则(A) a ′= a (B) a ′> a(C) a ′< a (D) 不能确定.［ ］3．（本题3分）质量分别为m A 和m B (m A >m B )、速度分别为A v 和B v(v A > v B )的两质点A 和B ，受到相 同的冲量作用，则(A) A 的动量增量的绝对值比B 的小． (B) A 的动量增量的绝对值比B 的大． (C) A 、B 的动量增量相等．(D) A 、B 的速度增量相等． ［ ］ 4．（本题3分）站在电梯内的一个人，看到用细线连结的质量不同的两个物体跨过电梯内的一个无摩擦的定滑轮而处于“平衡”状态．由此，他断定电梯作加速运动，其加速度为 (A) 大小为g ，方向向上． (B) 大小为g ，方向向下． (C) 大小为g 21，方向向上． (D) 大小为g 21，方向向下． ［ ］5．（本题3分）两种不同的理想气体，若它们的最概然速率相等，则它们的 (A) 平均速率相等，方均根速率相等． (B) 平均速率相等，方均根速率不相等． (C) 平均速率不相等，方均根速率相等． (D) 平均速率不相等，方均根速率不相等． ［ ］6．（本题3分）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(A) 7/16. (B) 9/16. (C) 11/16.(D) 13/16. (E) 15/16. ［ ］ 7．（本题3分）在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹．若将缝S 2盖住，并在S 1 S 2连线的垂直平分面处放一高折射率介质反射 面M ，如图所示，则此时(A) P 点处仍为明条纹． (B) P 点处为暗条纹．(C) 不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹． (D) 无干涉条纹．［ ］ 8．（本题3分）在玻璃(折射率n 2＝1.60)表面镀一层MgF 2 (折射率n 2＝1.38)薄膜作为增透膜．为了使波长为500 nm(1nm=109m)的光从空气(n 1＝1.00)正入射时尽可能少反射，MgF 2薄膜的最少厚度应是(A) 78.1 nm (B) ) 90.6 nm (C) 125 nm (D) 181 nm (E) 250nm ［ ］ 9．（本题3分）在如图所示的单缝夫琅禾费衍射装置中，设中央明纹的衍 射角范围很小．若使单缝宽度a 变为原来的23，同时使入射的单色光的波长λ变为原来的3 / 4，则屏幕C 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度∆x 将变为原来的(A) 3 / 4倍． (B) 2 / 3倍．(C) 9 / 8倍． (D) 1 / 2倍．(E) 2倍． ［ ］ 10．（本题3分）一束光强为I 0的自然光垂直穿过两个偏振片，且此两偏振片的偏振化方向成45°角，则穿过两个偏振片后的光强I 为 (A) 4/0I 2 ． (B) I 0 / 4．(C) I 0 / 2． (D) 2I 0 / 2． ［ ］二、填空题（共30分）11．（本题3分）一质点作半径为 0.1 m 的圆周运动，其角位置的运动学方程为： 2214πt +=θ (SI)则其切向加速度为t a =__________________________．12．（本题3分）某质点在力F ＝(4＋5x )i(SI)的作用下沿x 轴作直线运动，在从x ＝0移动到x ＝10 m的过程中，力F所做的功为__________．13．（本题3分）一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的竖直光滑固定轴自由转动．圆盘质量为M ，半径为R ，对轴的转动惯量J ＝21MR 2．当圆盘以角速度ω0转动时，有一质量为m 的子弹沿盘的直径方向射入而嵌在盘的边缘上．子弹射入后，圆盘的角速度ω＝______________．14．（本题3分）在容积为10-2 m 3 的容器中，装有质量100 g 的气体，若气体分子的方均根速率为 200 m • s -1，则气体的压强为________________ 15．（本题3分）储有某种刚性双原子分子理想气体的容器以速度v ＝100 m/s 运动，假设该容器突然停止，气体的全部定向运动动能都变为气体分子热运动的动能，此时容器中气体的温度上升 6.74Ｋ，由此可知容器中气体的摩尔质量M mol ＝__________. (普适气体常量R ＝8.31 J ²mol -1²K -1) 16．（本题3分）处于平衡态A 的一定量的理想气体，若经准静态等体过程变到平衡态B ，将从外界吸收热量416 J ，若经准静态等压过程变到与平衡态B 有相同温度的平衡态C ，将从外界吸收热量582 J ，所以，从平衡态A 变到平衡态C 的准静态等压过程中气体对外界所作的功为____________________. 17．（本题3分）已知两个简谐振动的振动曲线如图所示．两简谐振动的最大速率之比为_________________．18．（本题3分） A ，B 是简谐波波线上距离小于波长的两点．已知，B 点振动的相位比A 点落后π31，波长为λ = 3 m ，则A ，B 两点相距L = ________________m ． 19．（本题3分）一声波在空气中的波长是0.25 m ，传播速度是340 m/s ，当它进入另一介质时，波长变成了0.37 m ，它在该介质中传播速度为______________． 20．（本题3分）若一双缝装置的两个缝分别被折射率为n 1和n 2的两块厚度均为e 的透明介 质所遮盖，此时由双缝分别到屏上原中央极大所在处的两束光的光程差δ＝_____________________________．x (cm)三、计算题（共40分）21．（本题10分）物体A 和B 叠放在水平桌面上，由跨过定滑轮的轻质细绳相互连接，如图所示．今用大小为F 的水平力拉A ．设A 、B 和滑轮的质量都为m ，滑轮的半径为R ，对轴的转动惯量J ＝221mR ．AB 之间、A 与桌面之间、滑轮与其轴之间的摩擦都可以忽略不计，绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长．已知F ＝10 N ，m ＝8.0 kg ，R ＝0.050 m ．求：(1) 滑轮的角加速度； (2) 物体A 与滑轮之间的绳中的张力； (3) 物体B 与滑轮之间的绳中的张力． 22．（本题10分）1 mol 理想气体在T 1 = 400 K 的高温热源与T2 = 300 K 的低温热源间作卡诺循环（可逆的），在400 K 的等温线上起始体积为V 1 = 0.001 m 3，终止体积为V 2 = 0.005 m 3，试求此气体在每一循环中(1) 从高温热源吸收的热量Q 1 (2) 气体所作的净功W(3) 气体传给低温热源的热量Q 2 23．（本题10分） 图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求(1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．24．（本题10分）波长λ=600nm(1nm=10﹣9m)的单色光垂直入射到一光栅上，测得第二级主极大的衍射角为30°，且第三级是缺级．(1) 光栅常数(a + b )等于多少？(2) 透光缝可能的最小宽度a 等于多少？(3) 在选定了上述(a + b )和a 之后，求在衍射角-π21＜ϕ＜π21 范围内可能观察到的全部主极大的级次．(m)-2007级大学物理（I ）期末试卷A 卷答案及评分标准考试日期：2008年7月9日一、选择题(每题3分)C, B, C, B, A, E, B, B, D, B二、填空题(每题3分)11. 0.1 m/s 212. 290 J13. M ω 0 / (M +2m )14. 1.33³105Pa15. 28³10-3 kg / mol16. 166 J17. 1∶118. 0.519. 503 m/s20. (n 1-n 2)e 或(n 2-n 1)e 均可三、计算题(每题10分)21．解：各物体受力情况如图．图2分F －T ＝ma 1分 T '＝ma 1分(T T '-)R ＝β221mR 1分 a ＝R β 1分由上述方程组解得：β ＝2F / (5mR )＝10 rad ²s -2 2分T ＝3F / 5＝6.0 N 1分 T '＝2F / 5＝4.0 N 1分aa T ’22．解：(1) 312111035.5)/ln(⨯==V V RT Q J 3分(2) 25.0112=-=T Tη.311034.1⨯==Q W η J 4分 (3) 3121001.4⨯=-=W Q Q J 3分23．解：(1) O 处质点，t = 0 时 0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ 2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为 ]2)4.05(2c o s [04.0π--π=x t y (SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为 ]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P )234.0cos(04.0π-π=t (SI) 2分24．解：(1) 由光栅衍射主极大公式得a +b =ϕλsin k =2.4³10-4 cm 3分(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 ()λϕ3sin ='+b a由于第三级缺级，则对应于最小可能的a ，ϕ'方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 λϕ='sin aa = (a +b )/3=0.8³10-4 cm 3分(3) ()λϕk b a =+s i n ，(主极大)λϕk a '=sin ，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......)因此 k =3，6，9，........缺级． 2分 又因为k max =(a ＋b ) / λ=4, 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4 在π / 2处看不到．) 2分。
大学物理(上册)参考答案
第一章作业题P211.1； 1.2； 1.4；1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x，a 的单位为2sm -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量：x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得 cx x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2sm -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t t va 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量， tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1.11一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝ 2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω(1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即βωR R =2亦即t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=⨯+=+=t θ1.12 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1） bt v t sv -==0d d R bt v R v a btv a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时，b a = 第二章作业题P612.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝ 2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2.10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴tm kev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m k e k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='00d k mv t ev x tm k(4)当t=k m时，其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o30，则动量的增量为0v m v m p -=∆由矢量图知，动量增量大小为v m，方向竖直向下．2.13作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则it i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t ttF v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是 ⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理， 12v v∆=∆,12I I =这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P883.1； 3.2； 3.7；3.13计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg=∴l g 23=β (2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg =∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ②上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω由①式ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．第五章作业题P1455.1； 5.2；5.7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时，有p E E 2=，即)21(212122kA kx ⋅= ∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2Ax -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．解：由题已知 s 0.4,m 10242=⨯=-T A∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J 101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为km M +π2，即增大． (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmgx -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）g m M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k gM m khk mg x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
大学物理 I(力学、相对论、电磁学)_北京交通大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
大学物理 I-（力学、相对论、电磁学）_北京交通大学中国大学mooc 课后章节答案期末考试题库2023年1.如图所示，一斜面固定在卡车上，一物块置于该斜面上。
在卡车沿水平方向加速起动的过程中，物块在斜面上无相对滑动。
此时斜面对物块的摩擦力的冲量的方向[ ]。
【图片】参考答案:沿斜面向上或向下均有可能2.如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的且固定在地面上，物体在从A至C的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？[ ]【图片】参考答案:轨道支持力的大小不断增加3.一个质点在某一运动过程中，所受合力的冲量为零，则[ ]。
参考答案:质点的动量的增量为零_质点的动量不一定守恒4.关于质点系内各质点间相互作用的内力做功问题，以下说法中正确的是[ ]。
参考答案:一对内力所做的功之和一般不为零，但不排斥为零的情况5.下列说法中正确的是[ ]。
参考答案:系统内力不改变系统的动量，但内力可以改变系统的动能6.静止在原点处的某质点在几个力作用下沿着曲线【图片】运动。
若其中一个力为【图片】，则质点从O点运动到【图片】点的过程中，力【图片】所做的功为[ ]。
参考答案:12J7.质量为m=0.01kg的质点在xOy平面内运动，其运动方程为【图片】，则在t=0 到t=2s 时间内，合力对其所做的功为[ ]。
参考答案:2J8.如图所示，质量为M半径为R的圆弧形槽D置于光滑水平面上。
开始时质量为m的物体C与弧形槽D均静止，物体 C 由圆弧顶点 a 处下滑到底端 b 处的过程中，分别以地面和槽为参考系，M与m之间一对支持力所做功之和分别为[ ]。
【图片】参考答案:=0；=09.对质点系有以下几种说法：① 质点系总动量的改变与内力无关；② 质点系总动能的改变与内力无关；③ 质点系机械能的改变与保守内力无关；④ 质点系总势能的改变与保守内力无关。
在上述说法中[ ]。
参考答案:①和③是正确的10.质量分别为【图片】和【图片】的两个小球，连接在劲度系数为k的轻弹簧两端，并置于光滑的水平面上，如图所示。
南京大学期末试卷2015-2016大学物理I期中答案
设弹簧的最大压缩量为 x ，由机械能守恒：
1 2
(m
+
m1 )v12
=
1 2
kx 2
+
1 (m 2
+
m1
+
m2 )v2
将 v1 和 v 代入上式
kx 2 = m 2v0 2 − m 2v0 2 m + m1 m + m1 + m2
x=
(m
+
m2 m1)(m +
m1
+
m2
)k
mv0
3
2015—2016 学年第一 学期
解：由能量动量关系 E 2 = E02 + ( pc)2 ，对于中微子 ：
p = E c
由动量守恒，可知 + 子的动量大小也为 p = E ，所以对 + 子，有： c
E 2 = m 2c 4 + p 2c 2 = m 2c 4 + E 2 ；
由能量守恒： m c 2 = E + E
由以上两式解得： E
P
A
B
a n O
解： tan
=
a an
， a
= an
tan
an
=v2 R，R=l 2 cos
a=
a 2 + an 2 = an
1 + tan 2 = an = v 2 = 2v 2 cos R cos l
二、（10 分）角动量为 L ，质量为 m 的人造卫星，在半径为 r 的圆轨迹上运行，试求它 的动能、势能和总能量。
t
0
− Mdt = Jd
0
0
−
1 4
大学物理学课后习题答案
习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 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 ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。
大学基础教育《大学物理（一）》真题练习试卷 附答案
大学基础教育《大学物理（一）》真题练习试卷附答案姓名：______ 班级：______ 学号：______考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。
2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。
一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、一条无限长直导线载有10A的电流．在离它 0.5m远的地方它产生的磁感强度B为____________。
一条长直载流导线，在离它1cm处产生的磁感强度是T，它所载的电流为____________。
2、一质量为0.2kg的弹簧振子, 周期为2s,此振动系统的劲度系数k为_______ N/m。
3、一质点作半径为0.1m的圆周运动，其角位置的运动学方程为：，则其切向加速度大小为=__________第1秒末法向加速度的大小为=__________。
4、静电场中有一质子(带电荷) 沿图示路径从a点经c点移动到b点时，电场力作功J．则当质子从b点沿另一路径回到a点过程中，电场力作功A＝___________；若设a点电势为零，则b点电势＝_________。
5、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为,则质点在任意时刻的速度表达式为________；加速度表达式为________。
6、一弹簧振子系统具有1.OJ的振动能量，0.10m的振幅和1.0m／s的最大速率，则弹簧的倔强系数为_______，振子的振动频率为_______。
7、两根相互平行的“无限长”均匀带正电直线1、2，相距为d，其电荷线密度分别为和如图所示，则场强等于零的点与直线1的距离a为_____________ 。
8、动量定理的内容是__________，其数学表达式可写__________，动量守恒的条件是__________。
9、两个同振动方向、同频率、振幅均为A的简谐振动合成后振幅仍为A，则两简谐振动的相位差为_______ 。
10、真空中有一半径为R均匀带正电的细圆环，其电荷线密度为λ，则电荷在圆心处产生的电场强度的大小为____。
大学物理I练习册参考答案
大学物理I练习册参考答案第一篇：大学物理I练习册参考答案大学物理I练习册参考答案力学部分：010004:(1)010011:(2)010014:(2)010016:(3)010044: B010057: D010095: B010098: C011002: 3t011009：011030：011039: 5m/s;17m/s011061: 4.8m/s;3.15rad22011012：ϖϖϖdv=ωRcosωtj-ωRsinωti;o011067: dt020003:(1)020012: C020015: B, D021002: 2g,0021016:(μcosθ-sinθ)g030023: B030028: D030038: D030061: D030069:(3)031005:031054: k/(mr);-k/(2r)2v0031062: 12J032046: h==4.25m;v=[2gh(1-μctgα)]1/2=8.16m/s 2g(1+μctgα)040001: A040011: B040020: C040030: B040032: C040054: A040064: D040070: C040076: C040090: C222040097: D040099: D041019: R1v1/R2;mvR/R112-1/2041043: Ma/2 ()041078: M/9042031: 156N;118N042005:电磁学部分1.B2.A3.C4.C5.2ε0A6.–2Ax,-2Byqd7.rλλ,ln02πε0r2πε0rUR1lnR2R1(2)Ek=4.8⨯10J , v=1.03⨯10m/s -778.(1)F＝9.EP=0；UPC=⎰CPEdr=⎰rCRrλλdr=lnC 2πε0r2πε0R10.B11.B12.B13.C14.A15.D16.D17.q4πε0r2, 水平向左18.A19.εrC0,σ0,U0E0W0，εrεrεr20.看书P6721.看书P6722.C23.A24.D25.C27.μ0Iμ0IμI+=1.08⨯10-3T,垂直纸面向外28,0，垂直纸面向里2πR4R4πa29.μ0I, -2μ0I, ±2μ0I, ±2μ0I30, 2BIR,π/42;水平向右IaB,Ia2B34.πmga+b2μ0Ilna-b31,35.I1的磁场B=μ0I1，方向垂直向里，因此由安培定律（1）AD受I1的磁力FAD=I2aB 2πr=μ0I1I2a，方向向左。
大学物理AII基本概念(选择填空)附答案
振动一、选择题1．下列运动中，属于简谐振动的是（ ） A ．单摆的摆动 B ．平抛运动 C ．斜抛运动 D ．地震2．下列关于简谐振动的说法中，错误的是（ ） A ．简谐振动是振动的最基本形式B ．作简谐振动的物体，加速度和位移成反比C ．简谐振动的物体，所受合外力方向始终指向平衡位置D ．做简谐振动的物体，加速度方向与位移方向相反3．简谐振动的能量，下列说法中正确的是（ ） A ．简谐振动的动能守恒 B ．简谐振动的势能守恒 C ．简谐振动的机械能守恒 D ．简谐振动角动量守恒4．关于简谐振动，下列说法中正确的是（ ） A ．同一周期内没有两个完全相同的振动状态 B ．质点在平衡位置处，振动的速度为零 C ．质点在最大位移处，振动的速度最大 D ．质点在最大位移处，动能最大5．关于旋转矢量法，下列说法中错误的是（ ） A ．矢量A 的绝对值等于振动的振幅B ．矢量A 的旋转角速度等于简谐振动的角频率C ．矢量A 旋转一周，其端点在x 轴的投影点就作一次全振动D ．旋转矢量法描述简谐振动，就是矢量A 本身在作简谐振动6．简谐振动中，速度的相位比位移的相位（ ）A ．超前2π B ．落后2π C ．超前π D ．落后π-7．简谐振动中，加速度和位移的相位关系（ ） A ．同相 B ．反相C ．超前2π D ．落后2π8．两个同方向同频率的简谐振动合成，若合振动振幅达到最大值，说明（ ） A ．两分振动同相 B ．两分振动反相 C ．两分振动相位差为2π D ．两分振动相位差为32π9．简谐振动的一个振动周期内（ ）A ．振动速度不相同B ．振动位移不相同C ．振动相位不相同D ．以上都不对二、填空题10．回复力的方向始终指向 。
11．作简谐振动的物体，其加速度和位移成 （正比或反比）而方向 （相同或相反） 。
12．周期是物体完成一次 所需要的时间。
13．频率表示单位时间内发生 的次数。
14．简谐振动中当质点运动到平衡位置时， 最大， 最小。
《大学物理AII》作业 No.11 热力学第一定律(参考答案)
V2
V1
ò p d V 来直接求解做功，但可以
答： （1）不可能。等容加热过程中，系统吸热且不对外做功，根据热力学第一定律其内能一 定增加。 （2）不可能。等温压缩过程中，系统内能不变，对外做负功，根据热力学第一定律系统一 定是经历放热过程。 （3）不可能。等压压缩过程中，系统温度降低，内能减少，同时对外做负功，根据热力学 第一定律系统一定是经历放热过程。 （4）可能。绝热压缩过程，吸热为零，外界对系统做功，系统内能一定增加。
氢气是双原子分子，其自由度为 5，而氦气是单原子分子，其自由度为 3，因此氢气与氦气
5 RT 2 ，所以 3 2 E2 = m RT 4 2 E1 =
m1 2
的内能分别为：
E1 = 5/ 3 E2 ；
7 R 2 ，当它们吸收相同的热量，意味着它们的温度变 5 = R 2
氢气与氦气的等压热容分别为：
Aab = 0
b—c 等压过程： Qbc =
m i+2 3 CP (Tc - Tb ) = ( PcVc - PbVb ) = (i + 2) P 1V1 M 2 8
Abc =
1 3 P1 ( Vc - Vb ) = P1V1 4 4
m V 1 RTa ln A = PaVa ln = - P 1V1ln 4 M VC 4
大学物理第1章 质点运动学习题解答
第1章 质点运动学习题解答1-9 质点运动学方程为k j e i e r t t ˆ2ˆˆ22++=- .⑴求质点轨迹；⑵求自t= -1到t=1质点的位移。
解：⑴由运动学方程可知：1,2,,22====-xy z e y e x t t ，所以，质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。
⑵j e e i e e r r r ˆ)(ˆ)()1()1(2222---+-=--=∆j i ˆ2537.7ˆ2537.7+-=。
所以，位移大小：︒==∆∆=︒==∆∆=︒=-=∆∆==+-=∆+∆=∆900arccos ||arccos z 45)22arccos(||arccos y 135)22arccos(||arccos x ,22537.72537.7)2537.7()()(||2222r zr y r x y x rγβα轴夹角与轴夹角与轴夹角与1-10 ⑴k t j t R i t R r ˆ2ˆsin ˆcos ++= ，R 为正常数，求t=0,π/2时的速度和加速度。
⑵kt j t i t r ˆ6ˆ5.4ˆ332+-= ，求t=0,1时的速度和加速度（写出正交分解式）。
解：⑴kj t R i t R dt r d v ˆ2ˆcos ˆsin /++-== jR a k i R v iR a k j R v j t R i t R dt v d a t t t t ˆ|,ˆ2ˆ|,ˆ|,ˆ2ˆ|.ˆsin ˆcos /2/2/00-=+-=-=+=∴--======ππ ⑵kt j dt v d a k t j t i dt r d v ˆ36ˆ9/,ˆ18ˆ9ˆ3/2+-==+-== ； kj a k j i v j a i v t t t t ˆ36ˆ9|,ˆ18ˆ9ˆ3|,ˆ9|,ˆ3|1100+-=+-=-======1-12质点直线运动的运动学方程为x=acost,a 为正常数，求质点速度和加速度，并讨论运动特点（有无周期性，运动范围，速度变化情况等）解：t a dt dv a t a dt dx v t a x x x x cos /,sin /,cos -==-=== 显然，质点随时间按余弦规律作周期性运动，运动范围：a a a a v a a x a x x ≤≤-≤≤-≤≤-,,1-13图中a 、b 和c 表示质点沿直线运动三种不同情况下的x-t 图像，试说明每种运动的特点（即速度，计时起点时质点的位置坐标，质点位于坐标原点的时刻）解：质点直线运动的速度 dt dx v /=，在x-t 图像中为曲线斜率。
大学物理教材课后习题参考答案
1.7 一质点的运动学方程为22(1,)x t y t ==-,x 和y 均以为m 单位,t 以s 为单位，试求：（1）质点的轨迹方程；（2）在t=2s 时，质点的速度v 和加速度a 。
解：（1）由运动学方程消去时间t 可得质点的轨迹方程，将t =21)y = 或1=(2)对运动学方程微分求速度及加速度,即 2x dx v t dt == 2(1)y dyv t dt==- 22(1)v ti t j =+- 22y x x y dv dva a dtdt==== 22a i j =+当t=2s 时,速度和加速度分别是42v i j =+ /m s 22a i j =+ 2/m s1.8 已知一质点的运动学方程为22(2)r ti t j =+- ,其中, r ,t 分别以 m 和s 为单位,试求:(1) 从t=1s 到t=2s 质点的位移；(2) t=2s 时质点的速度和加速度；(3) 质点的轨迹方程；（4）在Oxy 平面内画出质点运动轨迹，并在轨迹图上标出t=2s 时，质点的位矢r,速度v 和加速度a 。
解： 依题意有 x = 2t （1） y = 22t - (2)(1) 将t=1s,t=2s 代入，有(1)r = 2i j + ， (2)42r i j =-故质点的位移为 (2)(1)23r r r i j ∆=-=-(2) 通过对运动学方程求导可得22dx dy v i j i t j dt dt =+=- 22222d x d y a i j j dt dt=+=-当t=2s 时，速度，加速度为 24v i j =- /m s 2a j =- 2/m s(3) 由（1）（2）两式消去时间t 可得质点的轨迹方程 22/4y x =- （4）图略。
1.11 一质点沿半径R=1m 的圆周运动。
t=0时，质点位于A 点，如图。
然后沿顺时针方向运动，运动学方程2s t t ππ=+,其中s 的单位为m ，t 的单位为s ，试求：（1）质点绕行一周所经历的路程，位移，平均速度和平均速率；（2）质点在第1秒末的速度和加速度的大小。
大学物理(I)期末试卷及答案
自信考试 诚信做人,考试作弊将带来严重后果！华南理工大学期末考试《2009级大学物理（I ）期末试卷A 卷》试卷1. 考前请将密封线内各项信息填写清楚； 所有答案请直接答在答题纸上； ．考试形式：闭卷；4. 本试卷共24题，满分100分， 考试时间120分钟。
2010年7月5日9：00-----11：00 30分）．（本题3分）一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r ,的端点处, 其速度大小为(A) t r d d (B) t r d d(C) t r d d (D) 22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ［ ］．（本题3分）如图所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，(A) 2m v ． (B) 22)/()2(v v R mg m π+(C) v /Rmg π． (D) 0．［ ］．（本题3分） 人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为A 和B ．用LE K 分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有 (A) L A >L B ，E KA >E kB ． (B) L A =L B ，E KA <E KB ． (C) L A =L B ，E KA >E KB ． (D) L A <L B ，E KA <E KB ． ［ ］．（本题3分）质量为m ＝0.5 kg 的质点，在Oxy 坐标平面内运动，其运动方程为x ＝5t ，y =0.5t 2（SI ），t =2 s 到t =4 s 这段时间内，外力对质点作的功为(A) 1.5 J ． (B) 3 J ．(C) 4.5 J ．(D) -1.5 J ． ［ ］ ．（本题3分）mvR在标准状态下，若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积比 V 1 / V 2=1 / 2 ，则其内能之比U 1 / U 2为: (A) 3 / 10． (B) 1 / 2．(C) 5 / 6． (D) 5 / 3． ［ ］ 6．（本题3分）一质点作简谐振动．其运动速度与时间的曲线如图所示．若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初相应为(A) π/6． (B) 5π/6．(C) -5π/6． (D) -π/6． (E) -2π/3． ［ ］7．（本题3分）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(A) T /4. (B) T /6(C) T /8 (D) T /12 ［ ］ 8．（本题3分）单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如图所示，若薄膜的厚度为e ，且n 1＜n 2＞n 3，λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程差为(A) 2n 2e ． (B) 2n 2 e - λ1 / (2n 1)．(C) 2n 2 e - n 1 λ1 / 2． (D) 2n 2 e - n 2 λ1 / 2．［ ］ 9．（本题3分）在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹．若将缝S 2盖住，并在S 1 S 2连线的垂直平分面处放一高折射率介质反射面M ，如图所示，则此时(A) P 点处仍为明条纹． (B) P 点处为暗条纹． (C) 不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹． (D) 无干涉条纹． ［ ］10．（本题3分）用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长为λ的单色平行光垂直入射时，若观察到的干涉条纹如图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应的部分(A) 凸起，且高度为λ / 4． (B) 凸起，且高度为λ / 2． (C) 凹陷，且深度为λ / 2．(D) 凹陷，且深度为λ / 4． ［ ］二、填空题（共30分）n 3v 2111．（本题3分）质量相等的两物体A 和B ，分别固定在弹簧的两端，竖直放在光滑水平面C 上，如图所示．弹簧的质量与物体A 、B 的质量相比，可以忽略不计，以g 表示重力加速度．若把支持面C 迅速移走，则在移开的一瞬间，B 的加速度的大小a B ＝_______．12．（本题3分） 长为l 、质量为M 的匀质杆可绕通过杆一端O 的水平光滑固定轴转动，转动惯量为231Ml ，开始时杆竖直下垂，如图所示．有一质量为m的子弹以水平速度0v射入杆上A 点，并嵌在杆中，OA ＝2l / 3，则子弹射入后瞬间杆的角速度ω ＝__________________________．13．（本题3分）在容积为10-2 m 3 的容器中，装有质量100 g 的气体，若气体分子的方均根速率为 200 m • s -1，则气体的压强为________________．14．（本题3分）在平衡状态下，已知理想气体分子的麦克斯韦速率分布函数为f (v )、试写出下列一句话所对应的物理公式：分布在12v v 速率区间的分子数占总分子数的百分比． 15．（本题3分） 有ν摩尔理想气体，作如图所示的循环过程acba ，其中acb 为半圆弧，b -a 为等压线，p c =2p a ．令气体进行a -b 的等压过程时吸热Q ab ，则在此循环过程中气体净吸热量Q _______Q ab ．(填入：＞，＜或＝)16．（本题3分）一质点同时参与了两个同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为 )41cos(05.01π+=t x ω (SI), )129cos(05.02π+=t x ω (SI) 其合成运动的运动方程为x = __________________________．17．（本题3分）已知波源的振动周期为4.00×10-2 s ，波的传播速度为300 m/s ，波沿x 轴正方向传播，则位于x 1 = 10.0 m 和x 2 = 16.0 m 的两质点振动相位差为__________． 18．（本题3分）在固定端x = 0处反射的反射波表达式是)/(2cos 2λνx t A y -π=. 设反射波无能量损失，那么入射波的表达式是y 1 = ________________________. 19．（本题3分）若对应于衍射角ϕ =30°，单缝处的波面可划分为4个半波带，则单缝的宽度 a =__________________________λ ( λ为入射光波长)． 20．（本题3分） 一束自然光垂直穿过两个偏振片，两个偏振片的偏振化方向成45°角．已知通过此两偏振片后的光强为I ，Va b p则入射至第二个偏振片的线偏振光强度为________________．三、计算题（共40分）21．（本题10分）一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 和2m 的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr ．将由两个定滑轮以及质量为m 和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．22．（本题10分）1 mol 单原子分子理想气体的循环过程如T －V 图所示，其中c 点的温度为T c =600 K ．试求：(1) ab 、bc 、c a 各个过程系统吸收的热量；(2) 经一循环系统所作的净功； (3) 循环的效率． (注：循环效率η=A /Q 1，A 为循环过程系统对外作的净功，Q 1为循环过程系统从外界吸收的热量.ln2=0.693) 23．（本题10分）某质点作简谐振动，周期为2 s ，振幅为0.06 m ，t = 0 时刻，质点恰好处在负向最大位移处，求(1) 该质点的振动方程； (2) 此振动以波速u = 2 m/s 沿x 轴正方向传播时，形成的一维简谐波的波动表达式，（以该质点的平衡位置为坐标原点）；(3) 该波的波长． 24．（本题10分）波长λ=600nm(1nm=10﹣9m)的单色光垂直入射到一光栅上，测得第二级主极大的衍射角为30°，且第三级是缺级．(1) 光栅常数(a + b )等于多少？(2) 透光缝可能的最小宽度a 等于多少？(3) 在选定了上述(a + b )和a 之后，求在衍射角-π21＜ϕ＜π21 范围内可能观察到的全部主极大的级次．-3m 3)2009级大学物理（I ）期末试卷A 卷答案及评分标准考试日期：2010年7月5日一、选择题(每题3分)D ，C ，C ，B ，C ；C ，D ，C ，B ，C二、填空题(每题3分) 11. 2 g 12.()lm M /3460+v13. 1.33×105 Pa 14.21()d v v f v v ⎰15. <16.1)2t ω+π (SI)17. π18. ])/(2cos[π++πλνx t A19. 4 20. 2I三、计算题(每题10分)21．解：受力分析如图所示． 2分2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分 T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β221mr 1分a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分22．解：单原子分子的自由度i =3．从图可知，ab 是等压过程， V a /T a = V b /T b ，T a =T c =600 KT b = (V b /V a )T a =300 K 2分 (1) )()12()(c b c b p ab T T R i T T C Q -+=-= =－6.23×103 J (放热) )(2)(b c b c V bc T T R iT T C Q -=-= =3.74×103 J (吸热) Q ca =RT c ln(V a /V c ) =3.46×103 J (吸热) 4分 (2) A =( Q bc +Q ca )－|Q ab |=0.97×103 J 2分 (3) Q 1=Q bc +Q ca ， η=A /Q 1=13.4% 2分a23．解：(1) 振动方程 )22cos(06.00π+π=ty )cos(06.0π+π=t (SI) 4分 (2) 波动表达式 ])/(cos[06.0π+-π=u x t y 4分])21(cos[06.0π+-π=x t (SI)(3) 波长 4==uT λ m 2分24．解：(1) 由光栅衍射主极大公式得a +b =ϕλsin k =2.4×10-4 cm 3分 (2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得()λϕ3sin ='+b a由于第三级缺级，则对应于最小可能的a ，ϕ'方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 λϕ='sin aa = (a +b )/3=0.8×10-4 cm 3分(3) ()λϕk b a =+sin ，(主极大)λϕk a '=sin ，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......)因此 k =3，6，9，........缺级．又因为k max =(a ＋b ) / λ=4, 2分 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．2分。
大学物理课后习题答案第一章
第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述数据求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程， 解得：．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为； （2）试证在时间t ，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变量得， 故 ，可得：． （2）公式可化为，由于v = d x/d t ，所以： 积分．因此 ． 证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，所以，因此． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 2.74m ．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= 0.705(s)．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为 ． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v 3v 1v 12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。
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。
《大学物理I》作业-No.10 变化的电场和磁场-A-参考解答
《大学物理I 》作业 No.10 变化的电场和磁场 （A 卷）班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题：1．在法拉第电磁感应定律公式tφε=-d d 中，符号φ的含义是：【 】 (A) SE S φ=⋅⎰d (B) SD S φ=⋅⎰d(C) S B S φ=⋅⎰d(D) SH S φ=⋅⎰d解：由法拉第电磁感应定律定义内容知：符号φ的含义是穿过回路为曲面边界的曲面的磁感应强度B矢量的通量。
故选填：C2．一段导线被弯成圆心都在O 点，半径均为R 的三段圆弧⋂ab ，⋂bc ，⋂ca ，它们构成一个闭合回路。
圆弧⋂ab ，⋂bc ，⋂ca 分别位于三个坐标平面内，如图所示。
均匀磁场B沿 x 轴正向穿过圆弧⋂bc与坐标轴oc ob 、所围成的平面。
设磁感应强度的变化率为常数 k （k >0 ），则【 】(A) 闭合回路中感应电动势的大小为22kπR ，圆弧中电流由c b →(B) 闭合回路中感应电动势的大小为22kπR ，圆弧中电流由b c → (C) 闭合回路中感应电动势的大小为42kπR ，圆弧中电流由c b → (D) 闭合回路中感应电动势的大小为42kπR ，圆弧中电流由b c →解：因穿过闭合回路abca 为边界的曲面和回路ObcO 为边界的曲面的磁通量相等，所以闭合回路的感应电动势大小为：4d d 4d d d d 22i k πR t B πR t Φt ΦObcO abca =⋅===ε又因常数k >0，回路磁通量随时间增加，则由愣次定律知圆弧⋂bc 的感应电流方向由b c →。
故选填：D选择题2图y3．如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B平行于ab 边，bc 的边长为l 。
当金属框架绕ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势ε和a 、c 两点的电势差c a U U -分别为：【 】(A) 221,0l B U U c a ωε=-= (B) 2221,l B U U l B c a ωωε-=-= (C) 221,0l B U U c a ωε-=-= (D) 2221,l B U U l B c a ωωε=-= 解：直角三角形金属框架abc 绕直线ab 轴旋转时，回路中磁通量随时间的变化率0d d =tΦ，所以abca 回路中感应电动势 0=ε， 而感应电动势又为：0=++=ca bc ab εεεε总 因为ab 边始终没运动，其感应电动势0=abε则有：bc ac ca ca bc εεεεε--0==⇒=+ 再由动生电动势计算式有直线bc 动生电动势为：()c b l B l B l l B v lcb bc →==⋅⨯=⎰⎰,21d d 20ωωε即知c 端电势高，所以221l B U U U c b bc ω-=-=故有：221l B U U U U U U c b bc c a ac ω-=-==-= 故选填：C4．半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ；当把线圈转动使其法向与B的夹角α=60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是【 】(A) 与线圈面积成正比，与时间无关 (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比 (C) 与线圈面积成反比，与时间成正比(D) 与线圈面积成反比，与时间无关解: 根据电流强度的定义有线圈中通过的电荷为：BSRBS BS R ΦΦRR Φt t R Φt R t I q 21cos cos6011d d d d d d 12=︒-︒-=--=-=-===⎰⎰⎰⎰)()(0ε故选填：A︒60选择题3图5．若产生如图所示的自感电动势方向，则通过线圈的电流是：【 】(A) 恒定向右 (B) 恒定向左 (C) 增大向左 (D) 增大向右解：根据楞次定律：感应电流产生的磁场将阻碍原磁场（原磁通）的变化，而本题自感电动势方向向右，则感应电流产生的磁场向右，因此原磁向左，原电流也向左。
2017-2018-2 大学物理I1,II1 A卷参考答案
武汉轻工大学2017—2018学年第二学期期末考试试卷A卷参考答案课程名称：《大学物理I1，II1》一选择题 (共30分)1. (本题 3分)(0338)(A)2. (本题 3分)(0077)(B)3. (本题 3分)(0165)(A)4. (本题 3分)(0230)(C)5. (本题 3分)(1402)(C)6. (本题 3分)(1433)(C)7. (本题 3分)(5121)(C)8. (本题 3分)(2085)(C)9. (本题 3分)(5355)(B)10. (本题 3分)(4723)(B)二填空题 (共30分)11. (本题 3分)(0261)4t3-3t2(rad/s) 2分12t2-6t(m/s2) 1分12. (本题 3分)(0222)3 m/s 3分13. (本题 3分)(0244)5.0 N·m 3分14. (本题 3分)(1407)s R / (2e0) 3分－200 V 3分16. (本题 3分)(1330) )4/(21R q p - 3分17. (本题 3分)(2550)2ln 20pIam 3分18. (本题 3分)(2554) 30d 4d rr l I B vv v ´×p =m 3分19. (本题 3分)(2136) 2 l 2B w sin q 3分20. (本题 3分)(4353) c 3分三 计算题 (共40分)21. (本题 5分)(0416) 解：由2x bt =可求物体的速度： d 2d xv bt t== 1分 物体受到的阻力大小为： 22244f kv kb t kbx === 2分力对物体所作的功为：20d 4d 2lW W kbx x kbl ===òò 2分22. (本题10分)(5045) 解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力 矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即 1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋w 2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m g M l f 10121d m m -=×-=ò ② 2分由角动量定理 w 210310l m dt M tf -=ò ③ 2分由①、②和③解得 gm m t 12122m v v += 2分解： 选取圆心O 为原点，坐标Oxy 如图所示，其中Ox 轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧d l =R d q ，其上电荷d q ＝(Q d l ) / (p R )=(Q d q ) / p ，它在O 点产生的场强为 202204d 4d d RQ R q E e q e p =p = 2分 在x 、y 轴方向的两个分量q q e q d cos 4cos 202RQ dE dE x p == 1分 q q e q d sin 4sin 202RQdE dE y p == 1分 对两个分量分别积分2022/2/2022d cos 4R QR Q dE E x x e q q e p =p ==òòp p - 2分0d sin 42/2/202=p ==òòp p -q q e R QdE E y y 2分 由此得i R Q i E E xv v v 2022e p == 2分 i v为x 轴正向的单位矢量．x24. (本题 5分)(2275) 解：建立坐标系，Ox 如图所示，设Ox 轴上一点P 为B = 0的位置，其坐标为x ，在P 点1B v 向上，2B v 向下，3B v向上，故有下式 +p x I 20m =)-2p x d I (220m )-p x d I (20m 3分x d x d x -=-+1221, xd x d x x x d -=-+-1)2(22 代入数据解出 x = 2 cmB = 0的线在1、2连线间，距导线1为2 cm 处，且与1、2、3平行(在同一平面 内)． 2分xÄ ⊙ ⊙ 1 23OP25. (本题10分)(0314) 解：动生电动势 ò×´=MNv l B MeNv v v d )(E为计算简单，可引入一条辅助线MN ，构成闭合回路MeNM , 闭合回路总电动势0=+=NM MeN E E E 总 MN NM MeN E E E =-= 2分 x x I l B b a b a MN d 2d )(0òò×+-p -=´=m v v MN v vv E b a b a I -+p -=ln20v m 负号表示MN E 的方向与x 轴相反． 3分ba ba I MeN -+p -=ln 20v m E 方向N →M 2分0ln 2M N MN Iv a bV V U a bm +-=-=-p 3分v。
《大学物理AII》作业 No.02 波动方程(参考答案)
(x ,t 知， A
1 m， =200m ，又由题知 =2 100
250Hz=500 Hz
250Hz 5 104 m/s
进而可以得到波的传播速度为， u
200m
由 t=0,x=0 点的振动知
2 =cos( ),且该点的振动方向向下，故 sin( ) 2
；
0，
角度在第一象限
为（dC） 。 解：将 y＝Acos (Bt－Cx)写成波函数的常见形式 y
A cos( t
x
2 ) ，通过对比 2 ， B
可得该波振幅为 A，
B ，C
2
，则
2 ， C
B ，T 2
2
u
T
B C
12、一个点波源位于 O 点，在同一媒质中以 O 为圆心作两个半径分别为 R1 和
R2 的同心球面。在两个球面上分别取面积 S1 和 S2 ，则通过它们的平均能流之
1 0.5s
2Hz ，
由公式：
'
(
u u
vo ) vs
1 340 m s 1 60 km h ( 0 .5s 340 m s 1
1
)
2 . 098 s -1
5 分钟次数为： 60 5 2.098 629
14、A、B 是简谐波波线上的两点。已知，B 点的相位比 A 点落后 π 3 ，A、B 两 点相距 0.5m， 波的频率为 100Hz， 则该波的波长
2 s1R2 ） 。 s2 R12
比 P1 / P2 ＝（
解：设两个半径分别为 R1 和 R2 的同心球面上的平均能流密度分别为 I1 和 I 2 ，则
P 1 P2
I1 s1 I ，对球面波 1 I 2 s2 I2
大学物理第一章习题参考答案
θ
+
v = vmax / 2
(B) (D)
v = 3v max / 2
v0 r A
O
v = 2v max / 2 v = v max / 2
o
t=0
解：如图画出已知所对应矢量 A，可知 A 与 x 轴正向的夹角 为 θ = 60 ,则根据简谐运动与旋转矢量的对应关系可得
7.5 x(cm)
v = ωA sin θ = 3v max / 2
4. 一弹簧振子作简谐振动，总能量为 E1 ，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 [ D ] (A) E1 /4 (B) E1 /2 解：原来的弹簧振子的总能量 E1 = (C) 2 E1 (D) 4 E1
1 1 2 2 2 kA1 = m1ω1 A1 ，振动增加为 A2 = 2 A1 ，质量增 2 2
1 π 3
。
解： 由矢量图可知，x1 和 x2 反相，合成振动的振幅
A = A1 − A2 = 0.05 − 0.03 = 0.02(m) ，初相 ϕ = ϕ1 =
四、计算题： 1．一定滑轮的半径为 R，转动惯量为 J，其上挂一轻绳，绳的一端 系一质量为 m 的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如图所示。 设弹簧的倔强系数为 k, 绳与滑轮间无滑动，且忽略摩擦力及空气的 阻力。现将物体 m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作 简谐振动，并求出其角频率。 解：取如图 x 坐标，平衡位置为坐标原点，向下为正方向。 m 在平衡位置，弹簧伸长 x0, 则有 mg = kx0 ……………………(1) 现将 m 从平衡位置向下拉一微小距离 x， m 和滑轮 M 受力如图所示。 由牛顿定律和转动定律列方程， mg − T1 = ma ………………… (2)