西工大大学物理学习题册答案
西北工业大学大学物理作业答案7气体动理论10
7. 气体动理论答案一、选择题： 1. AD ；2. C ；3. C ；4. C ；5. C ；6. D ；7. CD ；8. D ；9. B ；10. B 。
二、填空题： 1．RT M pV μ=； nkT p =。
2．k E n p 32=；分子数密度n ；分子平均平动动能2021v m E k =；大量分子热运动不断碰撞器壁。
3．温度T ；1摩尔理想气体的内能； 摩尔数为μM 的理想气体的内能。
4．1.25。
5. 410011⨯.K 。
6. 氧； 氢。
7. dv v Nf )( ；⎰p v dv v f 0)( ； ⎰∞0)(dv v vf 。
8. kT Ee - ； 愈小； 低能量。
9. kT gzm e n 00- ； Pp g m kT 00ln 。
10. m 109.68-⨯； 448m/s ； /s 105.69⨯。
三、问答题答：由nkT p =知：当温度T 不变，体积压缩，n 变大时，p 会增大（波意耳定律）；而当体积V 不变，即n 不变，T 增加时，p 也增大（查利定律）。
从微观上看，两者是有区别的。
共同之处：两者都是由于碰撞频率增加导致压强升高。
差异之处：波意耳定律中，是由分子数密度n 增加而引起频率变大；查利定律中是由于速率v 增加而引起频率变大，另外随着v 增大使在提高碰撞频率的同时，也使得单次碰撞传递的冲量增加。
四、计算与证明1. 解：①nkT p =， 326235/m 1000.23001038.11031.8⨯=⨯⨯⨯==-kT p n ②分子的平均平动动能：J 102163001038123232123--⨯=⨯⨯⨯==..kT E k ③气体内能E 理想气体内能 RT i M m E mol 2=pV i 2= 氧气5=i ， 251020.11031.82525-⨯⨯⨯⨯==pV E J 1049.24⨯=2. 解： 由题意知，全部运动动能变为气体热运动的动能（即内能），则有 T R M m mv mol ∆=25212 得 K 7.752==∆Rv M T m o l 标准状态 K 2730=T ，Pa 101.013atm 150⨯==pK 92807722730...=+=∆+=T T T体积不变时，有 Pa 10041500⨯==.T T p p3. 解：（1）由图示可知速率分布函数为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤≤≤=)2( 0)2()0()(00000v v v v v a v v v v a v f 由速率分布函数的归一化条件可得： 1d d )d (0000200=⋅+⋅=⎰⎰⎰∞v v v v a v v v a v v f 12100=+a v a v 所以有 032v a = 或者：由归一化条件知曲线和v 轴围成的面积应为1：12100=+a v a v 所以有 032v a = （2）粒子的平均速率：⎰⎰⎰+==∞0002000d d )d (v v v v va v v v a v v v vf v ⎰⎰+=000200220d 32d 32v v v v v v v v v 0911v =f (v第3题图五、附加题解： m /s 415102930031.8223=⨯⨯⨯==-mol p M RT υ，m/s 1=∆v υυυπυυ∆=∆-22324p e N N p（1）p v v =，%2.0=∆NN （2）p v v 10=，43102.0-⨯=∆N N （3）区间总分子数：285231061010022.6⨯≈⨯⨯=N261102.1⨯=∆N ，152102.1-⨯=∆N。
大学物理学练习册参考答案全
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 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 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =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 内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 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．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n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=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)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
西安工程大学大学物理练习册答案
第一单元 质点运动学一、选择题1.A2.D3.C4.A5.B6.C7.D8.D9. D 10. D二．填空题1．瞬时加速度 t 1到t 3时间内的平均加速度4d t t ⎰v4d t t ⎰v2．圆周运动，匀速率曲线运动，变速率曲线运动3． px y 2=2ut p u t 2±j putpu i u2±=v4．1+=1v v kt 5． 0v l -h h v =v l -h lv = 6． )2(sec 2θπω-=D v7． 2.67rad8． 22-16=x v9． j i 3-2 j i4-2 j 2-10． t 3+8t -628 -628 8三、计算题1．解：由)2-0(142j t i t r +=得： j t i4-4=v由已知：024-83==⋅t t r v得t =0s 、s 3=t2．解：v =R ω =ARt 2由已知：t =1s ，v =4m/s 得A=2在t=2s 时 v =R ω =ARt 2=2×2×22=16m/sn n n R ARt n R t a 1281621622222d d 222+=+⨯⨯⨯=+=+=ττττv v vm/s 1291281622=+=a 23．解：由题意可知θsin t g a -=θsin d d d d d d d d t g st s s t a -====vv v v s g d sin d θ-=v v ①从图中分析看出syd d sin =θ y s d d sin =θ ②将②代入①得dy d sin d g s g --=θv v⇒-=⎰⎰yy y g 0d d vv v v )(2022y y g -+=v v 第二单元 质点动力学参考答案一、选择题1.B 2C 3.D 4.D 5.B 6. E 7. C 8.C 9.B 10.C 11.C 12.B 13. D二、填空题1．)/(m M F + )/(m M MF + 2． 0 2g 3．R g /4．v m 2 指向正西南或南偏西45° 5．i2 m/s6．0.003 s 0.6 N·s 2g 7．)131(R R GMm -或RGMm32-8．kg m 2229． 2112r r r r GMm- 2121r r r r G M m -10．)(mr k E =)2(r k - 11．gl 32112． km 32v ．三、计算题1． 解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为( M /L ) d r 由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r ) 得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 由于绳子的末端是自由端 T (L ) =0有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 2．解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时A 将要离开墙壁，设此时B 的速度为v B0，由机械能守恒，有2/32120B 20v m kx = 得 mkx 300B =vA 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为x 时有0B 22211v v v m m m =+ ①20B 2222221121212121v v v m m kx m =++ ②O ω当v 1 = v 2时，由式①解出v 1 = v 2mk x 3434/300B ==v (2) 弹簧有最大伸长量时，A 、B 的相对速度为零v 1 = v 2 =3v B0/4，再由式②解出 0max 21x x =3．解：设m 与M 碰撞后的共同速度为v ，它们脱离球面的速度为u ．(1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得 )/(0m M m +=v v①m 与M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置θ 时，有22)(21)cos 1()()(21u m M gR m M m M +=-+++θv ②R u m M N g m M /)(cos )(2+=-+θ ③当物体脱离球面时，N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得：32)(332cos 22022++=+=m M gR m gR gR v v θ ∴ ]32)(3[cos 22021++=-m M gR m v θ (2) 若要在A 处使物体脱离球面，必须满足g m M R m M A )(/)(2+≥+v即Rg A >2v ，考虑到①式有 Rg m M m ≥+)/(202v 所以油灰的速度至少应为 m Rg m M /)(0+=v第三单元 静电场一、选择题1.D2.D3.D4.D5.C6.D7.D8.C9.C 10.C 11.A 12.B 13.D 14. A二、填空题1．θπεθtan sin 40mg l2．023εσ-02εσ- 023εσ 3．包围在曲面内的净电荷 曲面外的电荷 4．)11(400ab r r qq -πε 5．2ελ 6．0 7．< 8．-2000V9．> (分别垂直指向U 3) 10．F/4 11．<三、计算题1．解：在球内取半径为r 、厚度为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为d q =ρd V =Kr 4πr 2d r在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4d Kr r Kr V q rVππρ===⎰⎰ (r ≤R )以该面为高斯面，按照高斯定理有0421/4εππKr r E =⋅得到 0214εKr E =， (r ≤R )方向沿径向，K >0时向外，K <0时向里。
西工大《大学物理》作业机考参考答案
A.2
B.3
C.4
D.6
正确答案:A
20・2・一质点最初静止于原点，后来在外力作用下沿轴运动，已知质点的加速度随时间的变 化关系式为,则任意时刻质点的速度为（）o
D.<img =,,23,,>
正确答案:A
16.31.一物体作简谐振动.振动方程为。则该物体在（为振动周期）时刻的动能与势能之比 为（）
A.1： 4
B.1: 2
C.1： 1
D.2： 1
正确答案:C
27・47・如图18所示，两平行放置的导体大平板、，而积均为，所带电量分别为+和+,若使 板接地八间的场强大小为：（）
B.4.Omm
C.5.0mm
D.63.0mm
正确答案:A
25・21・用铁锤将一铁钉击入木板，设铁钉受到的阻力与其进入木板内的深度成正比，若铁 锤两次击钉的速度相同，第一次将铁钉击入板内，则第二次能将钉继续击入木板的深度为（）。
A.<img,,25,,>
B.<img21,,>
C.<img,,21,,>
A.<imgs23、减少
B.<img =,,23,,>增加
C.<img =,,23、不变
D.<img 23l,>不变
正确答案:C
14.40.任单缝夫琅和费衍射实验中•设第一级暗纹的衍射角很小,若钠黄光（波长为589nm）的中央明纹宽为4.0mm,则蓝紫光（波长为442nm）的中央明纹宽度为（）。
A.3.0mm
A.<img s,,471,>
B.<img =l,47,,>
C.<img =,,47l,>
西工大大学物理习题与综合练习
大学物理习题1 ．质点运动学一、选择题1 ．质点在xoy 平面内作曲线运动，则质点速率的正确表达式为:A ．B ．C ．D ．E ．（）2 ．质点作匀速圆周运动，下列各量中恒定不变的量是A ．B ．C ．D ．E ．F ．. （）3 ．下列表述中正确的是:A ．质点沿轴运动，若加速度,则质点必作减速运动;B ．在曲线运动中,质点的加速度必定不为零；C ．若质点的加速度为恒矢量,则其运动轨道必为直线；D ．当质点作抛体运动时,其法向加速度、切向加速度是不断变化的,因此也是不断变化的。
（ )4 ．在离水面高度为h 的湖岸边上，有人用绳子拉船靠岸。
若人以匀速率v 0 收绳，则船在水中的运动为:A ．匀速运动，且v = v 0 ;B ．加速运动，且v > v 0 ；C ．加速运动，且v < v 0 ;D ．减速运动。
（）5 ．已知质点的运动方程为：式中A 、 B 、θ 均为恒量，且，，则质点的运动为:A ．一般曲线运动;B ．匀速直线运动；C ．圆周运动；D ．匀减速直线运动；E ．椭圆运动;F ．匀加速直线运动。
（ )6 ．下列说法中正确的是A ．作曲线运动的物体,必有切向加速度;B ．作曲线运动的物体,必有法向加速度；C ．具有加速度的物体，其速率必随时间改变. ( )7 ．在相对地面静止的坐标系内，A 、 B 两船都以 2 的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。
今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x 、 y 方向的单位矢量用i ，j 表示），那么在A 船上的坐标系中, B 船的速度（以为单位）为A ．B ．C ．D ．( ）8 ．下列各种情况中，不可能存在的是A ．速率增加，加速度减小；B ．速率减小，加速度增大；C ．速率不变而有加速度;D ．速率增大而无加速度;E ．速率增大，而法向加速度的大小不变。
（）9 ．一物体作单向直线运动,它在通过两个连续相等位移的平均速度分别为=10 ,= 15 。
最新西工大物理性能复习题答案_PPT课件PPT课件
对显示波性的微观粒子，如果要愈加精确地测量某一个 量，另一个量就愈加测不准。
不是测量仪器不够准确
15、是否可以将p,x同时测准？为什么？
15、答
根据 Δx·Δp≥h 测不准关系
Δx位置测准 Δp动量测准
Δp≥h/Δx→∞ Δx≥h/Δp→∞
a: 固溶强化强度不够高；电阻率增加；Al价格昂贵，不宜用于高 压输电线 b: 铝合金第二相强化、加工硬化等
14
复习题 第一章-答案
3、微观粒子具有波性，它表示的物理意义是什么？ 3、答：
以电子为例：电子是微观粒子，具有波性。这种电子波是一
种具有统计规律的几率波。
几率波它决定了电子在空间某个位置出现的几率。 空间位置坐标(x,y,z)，波函数为Φ(x,y,z,t)，t表示在t时 刻，电子在空间(x,y,z)出现的几率。
函数写为Φ（x，y，z，t）或Φ（r,t）
4、请对经典自由电子学说，量子电子理论及能带理论进行比较。 4、答：
15
E 1 m v2 2
3 kT 2
P 1V 1 P 2V 2
E总
3 5
NE
大
E
3 5
E大
Z (E ) E
16
5、解释费密分布函数图的物理意义。 5、答：
f (E)
1
expEkTEF
37
7. 答：铁磁性材料被磁化后，内部形成于外磁场方向相反 的磁场Hd。退磁场与磁化强度M成正比；退磁因子与铁 磁体的形状有关。闭合环形试样无退磁场，最易磁化
8. 答：铁磁性物质内部存在很强的“分子场”，在此作用 下，原子磁矩。。。P303
西工大18春《大学物理》在线作业
(单选题) 1: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 2: 3 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 3: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 4: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 5: 1A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 6: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 7: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 8: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案:D: D正确答案: (单选题) 10: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 11: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 12: 1 A: AB: BC: CD: DE: E正确答案: (单选题) 13: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 14: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 15: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 16: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案: (单选题) 17: 1A: AB: B(单选题) 18: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 19: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 20: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 21: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 22: 1 A: AB: BC: CD: DE: E正确答案:(单选题) 23: 1 A: AB: BC: CD: DE: E正确答案:(单选题) 24: 1 A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 25: 1A: AB: BC: CB: BC: C正确答案:(单选题) 27: 1A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 28:A: 振幅变小，周期变小B: 振幅变小，周期不变C: 振幅不变，周期变大D: 振幅不变，周期变小A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 29: 1A: AB: BC: CD: DE: E正确答案:(单选题) 30:1A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 31: 1A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 32: 1A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 33: 1A: AB: BC: CB: BC: CD: DE: E正确答案:(单选题) 35: 1A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 36: 1A: AB: BC: CD: D正确答案:(单选题) 37: 1A: AB: BC: CD: D正确答案:(判断题) 1: 机械振动在介质中的传播称为机械波。
西工大 大学物理学习题册答案
第一章 真空中的静电场一、选择题 1.C ；2.B ；3.C ；4.B ；5.B ；6.C ；7.E ；8.AD ； 9.B ；10.BD 二、填空题 1.30281R qb επ；由圆心指向缺口。
2. 0εq；21Φ<Φ。
3. 均匀带电薄球壳。
4. 12210h h E E --ε；312C/m 1021.2-⨯。
5. N/C 100；2-9C/m 10.858⨯。
6. V 135-；V 45。
7.R Q q U q E 0006πε=；00=∞C U q ；R Q q U q CE 0006πε-=；RQq U q E 0006πε=∞。
8.41220R x q+πε； 2322)(41R x qx πε+； R22； N/C 4333620=Rπεq 。
9. 有源场；无旋场（或保守场）。
三、问答题答：E 电场强度从力的角度描述电场的性质，矢量场分布；U 从能和功的角度描述电场的性质，标量场。
E 与U 的关系为： U E grad -= ，⎰∞⋅=ad l E U a使用叠加原理计算电场强度，注意先将各个场源产生的电场强度分解到各坐标轴，然后再叠加。
使用叠加原理计算电势，要注意电势零点的选择。
四、计算与证明题：1．证：（1） CD BC AB E E E E++=根据对称性分布，两段直导线AB 和CD 在O 点产生的电场强度大小相等，方向相反，则0=+CD AB E E。
在半圆形BC 上取电荷元d l ，则l q d d λ=，相应的在O 点产生d E 为 204d d alE πελ=由于对称分布分析可知0=x E ，设d E 和y 轴夹角为θ，且有θd d a l =θθελθελd cos 4πcos 4πd d 020y aa l E ==a a E y 02202πd cos 4πελθθελππ==⎰- j a εE 02πλ=∴ 得证（2）半圆形BC 在O 点产生的电势为：aεlU 014πd d λ=， ⎰==aεl a εU π0014πd 4πλπλ带电导线AB 或CD 在O 点产生的电势为：l l 024πd dU ελ=， ⎰==aal dl U 2022ln 44ππελελ总电势：)2ln 2π(4π2021+=+=ελU U U 得证 2．解：①取高斯面为同心球面，由高斯定理：∑⎰⎰===⋅q r E dS E S d E SS214επ ，得当r ≤R 时，)( 4πππ34π3430133333R r RQrE QR r r R Q r q <=⇒===∑ερ 当r >R 时 )( 4π1π4202022R r rQE Q r E Q q >=⇒=⇒=∑εε ② 选无穷远为势能零点。
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:[]
西安工业大学大学物理习题册答案
大学物理练习册参考答案 第一章：质点运动学1、D2、B3、C4、D5、263a i j →→→=-+6、A秒，1秒 7、C 8、C 9、B 10、D 11、3013V V ct =+，400112X V t ct X =++ 12、112M h V V h h =- 13、/)V m s = 14、01arctan2cos θθ= 15、201,2x V t y gt ==，推出)t s =，6402()3S y m =≈。
第二章：质点动力学1、C2、B3、A4、B5、2(/)m s ， 2.5(/)m s6、5()4V i j →→→=+ 7、(1)kt m mg v e k-=-22(1)kt m mgt m g y e k k -=+- 8、10(/)v m s = 9、零，正功 10、有关，无关，无关，有关，无关，有关，有关。
11、60()J 12、B ，D 13、C 14、,0,;0,,mgh mgh mgh mgh --15、00488B V i j →→→=- 16、（1）V =（2）(1Mmg X k =+17、（1）,l x G mg f mg l μ-== （2）()g a x x l l μμ=+- （3）v =（4）518G W mgl = 118f W mgl μ=-第三章：刚体1、C2、A3、E4、D5、12(),()m g R m g R ββ-+6、22mgt v m M =+7、2212J MR mR =+，'2M m Mωω=+8、ω=第十四章：狭义相对论1、在一切惯性系中，所有物理规律是相同的，即具有相同的数学形式。
2、v c =3、A4、矩形，2)m 5、大于 6、C 7、5倍 8、'22211m m v L L c ργ==⋅- 9、50 3.1610()s τγτ-==⨯，推出94618000L v τ==>，故可以到达地面。
西北工业大学大学物理作业答案4振动10
第四次作业 振动一、选择题： ⒈ B ； ⒉ D ； ⒊ ABC ； ⒋ ACD ； ⒌ C ； ⒍ BC ； ⒎ D ； ⒏ C 。
二、填空题： ⒈)22c o s (1062ππ-⨯-t m ； ⒉ )63c o s (5ππ+t cm ； ⒊ 4Hz ， m /s 1082-⨯π， 6π； ⒋ kx -，221kx ；⒌ππ522+k ，0.14m ；ππ52)12(++k ，0.02m ；⒍ 周期性外力（或强迫力），周期性外力（或强迫力）， 周期性外力的频率趋近系统的固有频率； ⒎ ]2cos[10502ϕπ+⨯-t （注：这里0ϕ有几个表达式：00189.=ϕ；000 1.98-180=ϕ；arctan70-=πϕ；34arctan40+=πϕ；54arcsin40+=πϕ；53arccos40+=πϕ等）⒏ 2101.3-⨯m ； ⒐ 108 三、简答题（1）振幅A ：振动量最大值的绝对值；角频率ω：振动的快慢程度，即在π2时间内的振动的次数； 相位ωt+φ或初相位φ：在t 时刻（或初始时刻）的振动状态。
（2）四、计算题1. 解：（1）)25cos(06.0π-=t x ， )25s i n (3.0π--=t v ， )25c o s (5.1π--=t a当π=t s 时，代入上式得 0=x ， m /s 3.0-=v ， 0=a ；（2）J1025.2212132max 2-⨯===kv kA E km（3）当p k E E =时，即2221212121kA E kx E p ⋅===则 mA x 042.022±=±=2. 解：由余弦定理得4cos212122πAA A A A -+=cm 7.142210202100400=⨯⨯⨯-+=3. （1）证：沙盘平衡时，弹簧伸长量为 gkM s =沙盘和小球平衡时，弹簧伸长量为 gkm M l +=取（m+M ）的平衡位置为坐标原点，则在任意位置y 处（m+M ）受力为)()()()(g km M y k g M m l y k g M m F ++-+=+-+=即 ky F -=对系统（m+M ）列牛顿第二定律方程，有a M m ky F )(+=-=则 yMm k a +-= 满足简谐振动的判据，则得证。
西工大18秋《大学物理》在线作业辅导答案
昹馱湮181A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.DE.E:E1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:D1A.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.C:C1A.AB.BC.CD.D:DA:B:C:D:苤A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.C:A1A.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BD.D:A1A.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BC.CD.D:A1A.AC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:D1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.D:AA.AB.BC.CD.D:B1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.DE.EF.F:C3A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:C1A.AB.BC.CD.D:A1A.AB.BC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.CD.DE.E:D1A.AB.BC.CD.D:C儂迮淥雄婓賡窐笢腔換畦備峈儂迮疏﹝A.渣昫B.:B儂迮疏蚕儂迮淥雄莉汜ㄛ儂迮疏腔換畦剒猁杻隅腔賡窐ㄛ婓祥肮賡窐笢腔換畦厒僅珩祥肮ㄛ婓淩諾笢夔換畦﹝A.渣昫B.:A都獗腔儂迮疏衄ㄩ阨疏﹜汒疏﹜華涾疏﹝A.渣昫B.:B。
[西北工业大学]大学物理(202104)
![[西北工业大学]大学物理(202104)](https://img.taocdn.com/s3/m/50f4750d0975f46526d3e146.png)
大学物理（202104）一、单选题1.28．如图6中用旋转矢量法表示了一个简谐振动，旋转矢量的长度是0.04m，旋转角速度是 rad／s，此简谐振动以余弦函数表示的振动方程为()。
图6A.B.C.D.答案：C2.某雷达刚开机时发现一敌机的位置在处,经过3秒钟后，该敌机的位置在处,若、分别表示直角坐标系中的单位矢量，则敌机的平均速度为()。
A.B.C.D.答案：C3.16．物体按规律在媒质中沿x轴运动，式中为常数，为时间。
设媒质对物体的阻力正比于速度的平方，阻力系数为，则物体由运动到时，阻力所作的功是()。
A.B.C.D.答案：A4.33．两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为： (SI)， (SI)，则它们的合振动的振幅为()。
A.6B.0C.3D.12答案：B5.19．关于机械能守恒条件和动量守恒条件有以下几种说法，其中正确的是：()。
A.不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒；B.所受合外力为零，内力都是保守力的系统，其机械能必然守恒C.不受外力，而内力都是保守力的系统，其动量和机械能必然同时守恒D.外力对一个系统所作的功为零，则该系统的动量和机械能必然同时守恒答案：C6.18．质量为的质点开始时静止，在合力的作用下沿直线运动，在0到的时间内，力所作的功为()。
A.B.C.D.答案：D7.3．某质点的运动方程为(SI)，则该质点作 ()。
A.匀加速直线运动，加速度为正。
B.变加速直线运动，加速度为负。
C.匀加速曲线运动，加速度为正。
D.变加速曲线运动，加速度为负。
答案：B8.17．Ａ、Ｂ两木块质量分别为和，且=2，两者用一轻弹簧连接后静止于光滑的水平面上，如图6所示，今用外力将两木块靠近使弹簧被压缩，然后将外力撤去，则此后两木块运动的动能之比为()。
A.B.２C.D.答案：A9.34．一质点作简谐振动，其振动曲线如图16所示，根据此图，它的周期等于()。
图16A.1sB.2sC.3sD.5s答案：B10.33．如图16所示，(a)(b)(c)为三个不同的谐振系统，组成各系统的弹簧的劲度系数及重物质量如图所示。
西工大《大学物理》作业机考参考答案
大学物理作业有20年10月的，下面找~试卷总分:100 得分:98一、单选题(共50 道试题,共100 分)要答an：wangjiaofudao1.21．质量为的小球以速度与一质量为5的静止的小球碰撞后，小球的速度变为，方向与的方向成90°，碰撞后小球的速度大小是（）。
A.<img ht="19">B.<img "19">C.<img "19">D.<img 15">正确答案:A2.42．一衍射光栅对某一波长的垂直入射光，在屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该（）A.换一个光栅常数较小的光栅B.换一个光栅常数较大的光栅C.将光栅向靠近屏幕的地方移动D.将光栅向远离屏幕的地方移动正确答案:B3.43．在单缝夫琅和费衍射实验中，屏上第三级暗纹所对应的单缝处波面,可划分为（）半波带。
A.2B.4C.5D.6正确答案:D4.32．在图14所示的振动系统中，木块质量为，与倔强系数为的轻质弹簧相连，另一质量为的木块以速度向左运动，与接触后，与一同向左运动，若滑动时阻力不计，则的振幅为（）图14A.<img ht="48">B.<img "48">C.<img ="48">D.<img sht="48">正确答案:D5.9．物体和物体的质量相等，分别固定在一轻质弹簧的两端，竖直放置在光滑的水平面上，如图3所示。
若将支持面迅速移去，则在开始的瞬间，的加速度大小为（），的加速度大小为（）。
图3A.2g, 2gB.0, 0C.0, 2gD.2g,0正确答案:C6. 光滑的水平桌面上，有一长为，质量为的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴自由转动，其转动惯量为,起初杆静止.桌面上有两个质量均为的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同的速率相向运动。
4振动y(西北工业大学物理大作业答案)
一、选择题解答 1. B 2. D 3. ABC 4. ACD
振动
5.C
6. BC
7. D
8.C
二、填空题解答
1． x 6 102 cos( t )(m) ；2． x 5 cos( t )(cm) 2 2 3 6
3．4Hz;
8 10 2 ms 1 ; 6
2
d2 y K y 0 （满足简谐运动的运动学条件） 2 dt M m
K ， M m
K M m
Mg ( M m) g mg K K K
由 t 0 时的初始条件可知： y 0
由小球 m 自由落体遵守机械能守恒和小球与沙盘的完全非弹性碰撞（忽略重力的作 用）遵守动量守恒得 0
振动的快慢程度。 （初相位）反映振动的初始状态。 2．[答]作图（注意标上圆频率） 。
四、计算与证明
1.解 由运动方程 x 0.06 cos (5t
dx 0.3 sin(5t ); dt 2
1
) 得速度和加速度表达式为 2 d
a dt
பைடு நூலகம்
1.5 cos(5t ) 2
A2 A2 A12 2 AA1 cos (0.20) 2 (0.1) 2 2 0.20 0.1 cos
4
0.147m
3.解: ① 位移为 y 处系统受力为 F (M m) g K ( y y1 ) , y1 为系统平衡时弹簧伸长 由力的平衡条件知 Ky1 (M m) g ,故 F Ky , 满足简谐运动的动力学条件） ② 振动方程： 故：
② Ek ,max
1 1 1 2 mmax 0.05 (0.3) 2 2.25 103 J ， E k E P KA 2 2 2 2 1 1 1 1 E ，即 Kx 2 KA 2 ， 2 2 2 2
西北工业大学大学物理作业答案3刚体力学10
第三次作业 刚体力学基础一、选择题1．AEG ； 2．AE ；3．C ； 4．CD ；5．C ； 6．E ；7．C ；8．C 。
二、填空题1. -2s 0.8rad ⋅； -1s 0.8rad ⋅； 1s m 51.0 -⋅。
2. 4104⨯； 6108⨯。
3.bFRlμ。
4.912ml ；l g 2c o s 3θ。
5. s rad 81.251-⋅。
6.lg θsin 23； θs i n 23m g l ； θs i n 23m g l 。
7. 22sin 2R J m kx mgx +-θ或265.212.3x x -； 0.59m 。
8. 02ωmRJ J+； 4.49三、回答题1. 答：质点：合力为零；刚体：合外力、合外力矩均为零。
2. 答：转动惯量J 是描述刚体在转动中转动惯性大小量度的物理量。
影响刚体转动惯量的因素有三个：（1）刚体的转轴位置；（2）刚体的总质量；（3）在总质量一定的情况下，质量相对转轴的分布。
四、计算与证明题1．解：① 设此题中定滑轮顺时针转动为正，根据牛顿定律和转动定律列出方程组：ma mg-T =1 ①J βR -T T =)(21 ② （注意：这里有个力矩与角加速度正负的设定问题，若设顺时针为正，则如本题解；但若学生按逆时针为正也可，只是题解中力矩符号相反，答案中a 和β则为负，只意味着顺时针转动，后续计算中要取掉负号）。
02=-kx T ③βR a = ④联立求解得：2RJ m m g -k xa +=而 2d d d d d d d d R Jm m g -k xx t x x t a +==⋅==υυυυ ⎰⎰-+=h x kx mg RJ m d 002d )(1υυυ 解上式得： 22-2RJ m kh mgh +=υ 或 J mR h kR mghR +=2222-2υ ② 系统机械能守恒，取初始位置的势能为零点，则0212121222=-++mgh kh J ωm υ 且 Rωυ= 解上式得：22-2RJ m kh mgh +=υ 或 J mR h kR mghR +=2222-2υ，结果同上。
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西工大大学物理学习
题册答案
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第一章 真空中的静电场
一、选择题 1.C ；2.B ；3.C ；4.B ；5.B ；6.C ；7.E ；8.AD ； 9.B ；10.BD 二、填空题 1.
3
0281R
qb επ；由圆心指向缺口。
2. 0εq
；21Φ<Φ。
3. 均匀带电薄球壳。
4. 1
22
10
h h E E --ε；312C/m 1021.2-⨯。
5. N/C 100；2-9C/m 10.858⨯。
6. V 135-；V 45。
7. R Q q U q E 0006πε=
；00=∞C U q ；R Q q U q CE 0006πε-=；R
Q
q U q E 0006πε=∞。
8.
412
20R x q +πε； 2
322
)
(41R x qx πε
+； R
22； N/C 433362
0=R πεq。
9. 有源场；无旋场（或保守场）。
三、问答题
答：E 电场强度从力的角度描述电场的性质，矢量场分布；U 从能和功的角度描述电场的性质，标量场。
E 与U 的关系为： U E grad -= ，⎰∞⋅=a
d l E U a
使用叠加原理计算电场强度，注意先将各个场源产生的电场强度分解到各坐标轴，然后再叠加。
使用叠加原理计算电势，要注意电势零点的选择。
四、计算与证明题：
1．证：（1） CD BC AB E E E E
++=
根据对称性分布，两段直导线AB 和CD 在O 点产生的电场强度大小相等，方向相反，则
0=+CD AB E E。
在半圆形BC 上取电荷元d l ，则l q d d λ=，相应的在O 点产生d E 为 2
04d d a
l
E πελ= 由于对称分布分析可知0=x E ，设d E 和y 轴夹角为θ，且有θd d a l =
θθελ
θελd cos 4πcos 4πd d 020y a
a l E ==
a
a E y 02202πd cos 4πελθθελππ==⎰- j a εE 02πλ=∴ 得证
（2）半圆形BC 在O 点产生的电势为：a
εl
U 014πd d λ=
， ⎰=
=
a
εl a εU π0
014πd 4πλπ
λ
带电导线AB 或CD 在O 点产生的电势为：l l 024πd dU ελ=
， ⎰
==a
a
l dl U 20
22ln 44ππελ
ελ
总电势：)2ln 2π(4π20
21+=
+=ελ
U U U 得证 2．解：①取高斯面为同心球面，由高斯定理：∑⎰⎰=
==⋅q r E dS E S d E S
S
2
14επ ，得
当r ≤R 时，)( 4πππ3
4π343
01333
33R r R
Qr
E Q
R r r R Q r q <=
⇒
===∑ερ 当r >R 时 )( 4π1π42
020
22R r r
Q
E Q r E Q
q >=
⇒
=
⇒
=∑εε ② 选无穷远为势能零点。
当r ≤R 时，即球内一点电势为
)3(8d 4d 4d d d 22
020
3
0211R
r R Q r r Q r r R
Q r E r E r E U R
R
r
R
R r
r
-=+
=
⋅+⋅=⋅=⎰
⎰
⎰⎰⎰
∞
∞∞
πεπεπε 当r >R 时，即球外一点电势： r
Q
r r Q r E r E U r
r r 02
224d 4d d πεπε==
=⋅=⎰
⎰⎰∞
∞∞
③ 球内电荷虽沿径向分布不均匀，但电场仍是球形对称，则作高斯面为半径为r 的同心球面。
当r ≤R 时，选一个半径为r ＇、厚度为d r ＇的薄球壳，则
'd '2'd 'π4'1π2d )'(d 2
2
2r r R Q r r r R Q V r q ==
=ρ
高斯面内总电荷：2202'd '2)'(r R
Q
r r R Q dV r q r V ===∑⎰⎰ρ
由高斯定理： ∑⎰⎰=
==⋅q r E dS E S d E S
S
2
14επ 22
r R
Q
ε=
2
04R
Q E πε=
得证
3．解：由高斯定理可得各区域场强的分布为
当R r ≤，01=E ；当R r R 2<<，2
024r q E πε=
；当R r 2≥，2
034r
Q
q E πε+=
① 当R r 2≥，r Q q dr r Q q dr E U r
r
02
03344πεπε+=+==⎰
⎰∞
∞
， R Q
q U 0
8πε+=外 ②当R r R 2<<，⎰⎰
⎰⎰⎰∞∞∞++=
+=⋅=R R
r
R
R r
r
r
r
q Q r r q r E r E r E U 220220
23222d 4d 4d d d πεπε
R Q
r q R q Q R r q
0000848)211(4πεπεπεπε+
=++-=
⎰
⎰⎰
=
=⋅=R
R
R
R
R
R
r r q r E r E U 22
222d 4d d πε 内外R
q
08πε= ③当R r <，⎰⎰
⎰⎰⎰⎰∞∞∞++=
++=⋅=R R
R
R
R R
R r
r
r
r
q Q r r q r E r E r E r E U 220220
232211d 4d 4d d d d πεπε
R
q
Q R q Q R
q 0008288πεπεπε+=
++
=
R
q
Q U 082πε+=
内
④ q Q R
q
Q U 20
820-=⇒
=+=πε内，即外球面为负电荷，是内球面电量的两倍。
五、附加题
1.证：由高斯定理知，一个完整带电球面内场强处处为零，即0=E
上半球对p 点有1E
，下半球对p 点有2E ，且021=+=E E E p
则1E
与2E 应大小相等，方向相反。
如果半球面的底部圆形区域的场强不是垂直于底面，那么上下球面的场强就不可能相互抵消。
即
021≠+=E E E p
，显然矛盾。
2. 解：①在细线上取一微元d x ， x q d d λ=， 该处2
04x q E πε=
20d 41
d x x q Edq F λπε=
=， )11(4d 4d 02
0l a a q x
x q F F l
a a
+-===⎰
⎰+πελπελ
，沿x 轴正向 ② 电势能： x x
q U dq W e d 41
d 0λπε=
⋅=
a
l a q x x q W l
a a
e +==
⎰
+ln 4d 400
πελπελ。