中南大学理工科大学物理练习册答案
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 。
中南大学大学物理实验报告答案大全+实验数据+思考题答案
(1) 按讲义中的电路原理图连接好实物电路图； (2) 测光电管的伏安特性曲线： ① 先使正向电压加至30伏以上，同时使光电流达最大（不超量程）， ② 将电压从0开始按要求依次加大做好记录； (3) 测照度与光电流的关系： ① 先使光电管距光源20cm处，适当选择光源亮度使光电流达最大(不超量程)； ② 逐渐远离光源按要求做好记录； 实验步骤 (4) 测光电管的截止电压： ① 将双向开关换向； ② 使光电管距光源20cm处，将电压调至“0”， 适当选择光源亮度使光电流达最大（不超量程），记录此时的光 电流I ，然后加反向电压使光电流刚好为“0”，记下电压值U ； ③ 使光电管远离光源（光源亮度不变）重复上述步骤作好记录。 数据处理
k
(a + b) sin ψ
k
如果人射光不是单色，则由上式可以看出，光的波长不同，其衍射角也各不相同，于是复色光将被分解，而在中央 k =0、 ψ =0 处，各色光仍重叠在一起，形成中央明条纹。在中央明条纹两侧对称地分布着 k=1，2，3，…级光谱 ，各级光谱 线都按波长大小的顺序依次 排列成一组彩色谱线，这样就把复色光分解为单色光。如果已知光栅常数，用分光计测出 k 级光谱中某一明条纹的衍射角ψ，即可算出该明条纹所对应的单色光的波长λ。 实验步骤 (1) 调整分光计的工作状态，使其满足测量 条件。 (2) 利用光栅衍射 测量汞灯在可见光范 围内几条谱线的波长。 ① 由于衍射光谱在中央明条纹两侧对 称地分布，为了提高测量的准确度，测量第k级光谱时 ，应测出 +k级和-k 级光谱线的位置，两位置的差值之 半即为实验时 k取1 。 ② 为了减少分光计刻度盘的偏心误差，测量每条光谱线时 ，刻度盘上的两个游标都要读数 ，然后取其平均值 (角 游标的读数方法与游 标卡尺的读数方法基本一致)。 ③ 为了使十字丝对准光谱线，可以使用望远镜微调螺钉12来对准。 ④ 测量时，可将望远 镜置最右端，从 -l 级到 +1 级依次测量，以免漏测数据。 数据处理 谱线 游标 左1级 (k=-1) 右1级 (k=+1) φ λ／nm λ ／nm
大学物理练习册答案
x02 = 195m
a1 = −20km / s 2 = −0.2m / s 2
a 2 = −0.2m / s 2
= 0 时，上坡车位于A点
v02 = −5.4km / h = −1.5m / s
∴ v1x = v01 + ∫ a1x dt = 5 + (−0.2)dt = 5 − 0.2t (m / s ) ∫ 0
r r r 解： r = 4i − 10 j (m)
r r dr v= dt
t =2
r r = 2i − 13 j ( m / s )
r dv a= dt
t =2
r = −8 j ( m / s 2 )
4、质点作直线运动，加速度 a = ω Asin ωt，已知 t = 0时质点初始状态为 x = 0、 0 = −ωA 、该质点运 v 动学方程为x = −Asin ϖt 0 .
0
x 2 = x02 + ∫ v 2 x dt = 195 + ∫ (−1.5 − 0.2t )dt= 195 − 0.1t 2 − 1.5t 2 ( m)
t
t
0
0
设在 t0 时刻相遇B点，则由图知：
x1B + (195 − x2 B ) = 195(m)
即： (5t 0 − 0.1t 02 ) + [195 − (−1.5t 0 − 0.1t 02 + 195)] = 195 整理得：
三、计算题：
求质点轨迹；（2）求自 t = 1 秒至 t = 2 秒时间内质 点的位移；（3）求 t = 1 秒时的速度和加速度.
r v −2t r 2t r 1. 质点运动学方程为 r = e i + e j + 2k （米），（1）
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。
大学物理练习册(上册)答案
练习一 （第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（D ）2、（C ）3、（D ）4、（B ）5、（D ） 二、填空题1、（1）A （2）1.186s(或4133-s) （3）0.67s （或32s ） 2、8m 10m3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ωπωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 400121Ct t v x ++ 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解：dxdvv dt dx dx dv x dt dv a ==+==262分离变数积分⎰⎰+=xvdx x vdv 020)62(得 )1(422x x v +=质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。
2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=∆ 第二秒内的平均速度为s m txv /5.0-=∆∆= （2）t 时刻的速度为 269t t dtdxv -==第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=⨯-⨯=（3）令0692=-==t t dtdxv ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。
3、解：（1）由几何关系θθsin cos r y r x ==质点作匀速率圆周运动故dtd θω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以j y i x r+=)sin (cos j t i t rωω+=（2）速度为)cos sin (j t i t r dtrd v ωωω+-==加速度为)sin (cos 2j t i t r dt vd a ωωω+-==（3）r j t i t r dtv d a 22)sin (cos ωωωω-=+-==由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。
中南大学大学物理(上)试卷及答案7套
《大学物理（上）》课程试卷1一、填空题 (每格2分，共30分)1.沿半径为R 的圆周运动, 在t = 0时经过P 点, 此后它的速率v 按v A Bt =+ (A 、B 为正的已知常量)变化, 则质点沿圆周运动一周再经过P 点时的切向加速度t a = , 法向加速度n a = 。
2.牛顿力学的质点动力学方程为________ ，它表示了合外力与加速度间的_____________关系；当质点在平面上作曲线运动时，在自然坐标系中，它可以写成____________ 。
3. 如图所示，两小球质量分别为m 和3m ，用 一轻的刚性细杆相连，杆长l ，对于通过细杆 并与之垂直O 轴来说，物体系统对该轴的转动惯量J =_________ _，若将物体系从水平位置静止释放，开始时杆的角加速度α=_________ _，杆转到竖直时的加速度ω=_________ _。
4.如图所示，AB CD 、是绝热过程DEA 是等温过程，BEC 是任意过程 组成一循环过程。
若ECD 所包围的面积为70J ，EAB 所包围的面积为30J ，DEA 的过程中系统放热100J 则：(1)整个循环过程（ABCDEA ）系统对外做功W =_____，内能改变E ∆=_______；(2)BEC 过程中系统从外界吸热Q =_______。
5. 有一振动系统，按π0.5cos(8π3x t =+cm 的规律作简谐运动，初相为______ t =1s 时的位移为______ _, 速度为_________ _，加速度为______ _。
二、选择题(每小题3分，共18分)1. 速度为v 的子弹，打穿一块不动的木板后速度变为零，设木板对子弹的阻力是恒定的．那么，当子弹射入木板的深度等于其厚度的一半时，子弹的速度是( )(A)14v (B) 13v (C) 12v2. 一平面简谐波波动表达式为π5cos(2ππ)2y t x =-+cm ，则x =4cm 位置处质点在t =1s 时刻的振动速度v 为（）(A) v =0 (B) v =5cm s (C)=-5π cm s v (D)10cm s π- 3.如图所示，竖立的圆筒形转笼，半径为R ，绕中心轴OO ＇转 动，物块A 紧靠在圆筒的内壁上，物块与圆筒间的摩擦系数为μ，要使物块A 不下落，圆筒转动的角速度ω至少应为(A)4. 摩尔数相同的三种理想气体氦、氧和水蒸汽，在相同的初态下进行等体吸热过程，若吸热相等，则压强增量较大的气体是( )(A) 水蒸汽 (B) 氧气 (C) 氦气 (D) 无法确定 5.质点作曲线运动，若r表示位矢，S 表示路程，v 表示速度，v 表示速率，t a 表示切向加速度，则下列四组表达式中，正确的是（ ）(A) dv a dt =, d r v dt = (B)t d v a dt = , drv dt=(C) dS v dt=, t dva dt =(D)dr v dt =, d v a dt = 6.质量为m 的质点在xoy 平面内从A 点开始沿逆时针方向以速率0v 作匀速圆周运动，则经过12圆周后的质点动量的增量（ ）(A) 0 (B) 02mv j(C) 02mv j - (D) 02mv i三、计算题（5题共52分）1、 在一只半径为R 的半球形碗内，有一质量为m 的小球，当小球以角速度ωvA 在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时，求它距碗底的高度h 。
大学物理1练习册参考答案
参 考 答 案练习一1-2、DD 3、i ct v v)31(30+=，400121ct t v x x ++=4、 j 8，j i 4+-，4412arctg arctg -+ππ或5解：（1）j t t i t r)4321()53(2-+++=；（2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dt rd v s t +=++===；（3）)/(12s m j dtvd a ==6 解： ∵ xvv 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c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct 2； 4、212t t +，212t+5、解：（1）由23Rbt dt d R dt ds v -===θ得：Rbt dtdv a 6-==τ，4229t Rb R v a n == n n n e t Rb e Rbt e a e a a4296+-=+=τττ6、当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2('αα++=+=地练习三：1-3、BCB 4、3s ； 5、ωωωωR j t i t R v R y x )cos sin (222+-==+6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ ts v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a =+-=+-=-==船船 7、解： kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0 t k e v dtdxv -==0dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=练习四：1-2 AC3、解： 2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==mf 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--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：dtdvm F kv mg =--分离变量及积分得：⎰⎰----=-v tFkv mg F kv mg d dt m k00)(解得：))(1(1F mg e kv t m k--=-5、解：取弹簧原长时m 2所在处为坐标原点，竖直向下为x 轴，m 1，m 2的受力分析如上图所示。
最新中南林业科技大学大学物理练习册答案10
如图7所示。磁感应强度B = 0.5T。则线圈所受到磁 力矩为 0.157 N m 。若此线圈受磁力矩的作用从上
述位置转到线圈平面与磁场方向成30的位置，则此 过程中磁力矩作功为
7.85 10 J 。
R
2
M Pm B
0 I B2 2r
(3) 当R2 < r < R3时,
I I
I 2 2 I I ( r R 2) 2 2 ( R3 R2 ) 2 0 I R3 r2 B3 2 2 2r R3 R2
L
B3 dl 2r B3 0 I
y R dF
I2
x
I1
图16
0 I 1 I 2 d =0I1I2/2 Fx 2 2 因对称Fy=0. 故 F=0I1I2/2 方向向右.
2
0 qv B 2 4 R
q 1 2 Pm IS R qvR 2R 2 v
大学物理
盛忠志主讲
2、真空中稳恒电流I 流过两个半径分别为R1 、R2的同心 半圆形导线，两半圆导线间由沿直径的直导线连接，电 流沿直导线流入 (1) 如果两个半圆面共面，如图5 (a)，圆心O点磁感应强 度B0 的大小为 0 I 4R1 0 I 4R2 ，方向为 垂直向外 ； (2) 如果两个半圆面正交，如图5 (b)，则圆心O点磁感应 1 2 2 2 强度B0 的大小为 (0 I 4)(1 R1 1 R2 ) ，B0的方向与y轴的 夹角为 +arctan(R1/R2) . z I R1 R1 0 I O y B O R2 I I 2 R 2 R2 x (a) (b) 图5
大学物理学练习册参考答案
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 114+， j i 82-3.16v i j =-+;14a i j =-+;4.20211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-vv（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. m rkr k（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。
大学物理练习册习题及答案
31刚体角动量守恒的充分而必要的条件是（A ）刚体不受外力矩的作用。
（B ）刚体所受合外力矩为零。
(C)(C)刚体所受的合外力和合外力矩均为零。
刚体所受的合外力和合外力矩均为零。
(D)(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变。
刚体的转动惯量和角速度均保持不变。
答：（B ）。
3-2如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮。
A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F =Mg 。
设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有（A ）βA = βB （B ）βA > βB（C ）βA < βB （D ）开始时βA = βB ，以后βA < βB答：（C ）。
3-3关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。
(B)(B)取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。
取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。
（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。
(D)(D)只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无答：（C ）。
3-4一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，盘上站着一个人，盘上站着一个人，初始时整个系统处初始时整个系统处于静止状态，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统(A)(A)动量守恒；动量守恒；(B)(B)机械能守恒；机械能守恒；(C)(C)对转轴的角动量守恒；对转轴的角动量守恒；(D)(D)动量、机械能和角动量都守恒；动量、机械能和角动量都守恒；(E)(E)动量、机械能和角动量都不守恒。
动量、机械能和角动量都不守恒。
答：（C ）。
3-5光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点o 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m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向运动，如图所示，当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为(A) (B) (C) (D) (E)思考题3-2图v vo 思考题3-5图答：（C ）。
大学物理(二)_中南大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
大学物理（二）_中南大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.静电场是涡旋场。
参考答案:错误2.在量子力学中粒子的状态用波函数描述，波函数由薛定谔方程确定。
波函数的模方表示粒子的几率密度。
参考答案:正确3.静电力是保守力参考答案:正确4.粒子在一维无限深势阱中有不为零的最小能量，称为零点能。
零点能的存在与不确定关系是协调一致的。
势阱宽度越小，零点能越大。
参考答案:正确5.两个静止点电荷之间的相互作用力遵守牛顿第三定律参考答案:正确6.关于自感下列说法正确的是参考答案:自感系数的大小与线圈的几何形状和尺寸有关7.若一物体的温度（绝对温度）增加一倍，则它的总辐射能增加到16倍。
参考答案:正确8.用可见光（代替X射线）实验无法观察到康普顿散射现象。
参考答案:正确9.施特恩-盖拉赫实验表面电子具有自旋角动量。
与轨道角动量量子数为整数不同，电子的自旋量子数为半整数1/2.参考答案:正确10.关于等势面和电场线，下列说法正确的是参考答案:等势面较密集的地方场强大，较稀疏的地方场强小_等势面与电场线处处正交_沿着电场线方向，电势降低_在静电场中，沿着等势面移动电荷，电场力做功为零11.如图所示，空腔内部有一个带电体，带电量为，带电体的位置靠近导体壳左侧，则以下说法正确的是【图片】参考答案:移动或不移动腔内电荷的位置，壳外表面的电荷分布始终是均匀的_壳内表面电荷分布不均匀12.无限长直载流螺线管内是均匀磁场。
参考答案:正确13.物体热辐射单色辐射强度最大的波长随温度的升高而减小。
参考答案:正确14.在均匀磁场中，有两个形状不同，但面积相等、电流相同的载流平面线圈，这两个线圈所受的最大磁力矩相同。
参考答案:正确15.将一空气平行板电容器接到电源上充电到一定电压后，断开电源，再将一块与极板面积相同的金属板平行插入两极板之间，则由于金属板的插入及其所放位置的不同，对电容器储能的影响为：【图片】参考答案:储能减少，但与金属板位置无关16.下图中①②③各条曲线所示对应的磁介质分别是【图片】参考答案:抗磁质、顺磁质、铁磁质17.带电导体接地后，其上的电荷一定为零。
中南大学大学物理实验预习答案
实验一迈克耳孙干涉仪的调整与使用【预习思考题】1．迈克尔孙干涉仪是利用什么方法产生两束相干光的？答：迈克尔孙干涉仪是利用分振幅法产生两束相干光的。
2．迈克尔孙干涉仪的等倾和等厚干涉分别在什么条件下产生的？条纹形状如何？随M1、M2’的间距d如何变化？答：（1）等倾干涉条纹的产生通常需要面光源，且M1、M2’应严格平行；等厚干涉条纹的形成则需要M1、M2’不再平行，而是有微小夹角，且二者之间所加的空气膜较薄。
（2）等倾干涉为圆条纹，等厚干涉为直条纹。
（3）d越大，条纹越细越密；d 越小，条纹就越粗越疏。
3．什么样条件下，白光也会产生等厚干涉条纹？当白光等厚干涉条纹的中心被调到视场中央时，M1、M2’两镜子的位置成什么关系？答：白光由于是复色光，相干长度较小，所以只有M1、M2’距离非常接近时，才会有彩色的干涉条纹，且出现在两镜交线附近。
当白光等厚干涉条纹的中心被调到视场中央时，说明M1、M2’已相交。
【分析讨论题】1．用迈克尔孙干涉仪观察到的等倾干涉条纹与牛顿环的干涉条纹有何不同？答：二者虽然都是圆条纹，但牛顿环属于等厚干涉的结果，并且等倾干涉条纹中心级次高，而牛顿环则是边缘的干涉级次高，所以当增大（或减小）空气层厚度时，等倾干涉条纹会向外涌出（或向中心缩进），而牛顿环则会向中心缩进（或向外涌出）。
2．想想如何在迈克尔孙干涉仪上利用白光的等厚干涉条纹测定透明物体的折射率？答：首先将仪器调整到M1、M2’相交，即视场中央能看到白光的零级干涉条纹，然后根据刚才镜子的移动方向选择将透明物体放在哪条光路中（主要是为了避免空程差），继续向原方向移动M1镜，直到再次看到白光的零级条纹出现在刚才所在的位置时，记下M1移动的距离所对应的圆环变化数N，根据，即可求出n。
中南大学物理练习册答案
练习册答案练习一1．j i 6+，j i 26+，j 242．3/2)2/3(k s ，2/121-kt，2/3032kt x x += 3．[2] 4．[3] 5．（1）由⎩⎨⎧-==22192ty t x 得)0(21192≥-=x x y ，此乃轨道方程 （2）j i r 1142+=，j i r 1721+=，∴j i v 62-=，s m v /33.6=（3）i t i dt rd v 42-==，j dt v d a 4-== ∴s t 2=时，j i v 82-=，j a 4-=（4）由v r ⊥，有0=⋅v r∴⎩⎨⎧==⇒=--s t t t t t 300)219(442或当0=t 时⎩⎨⎧==190y x 当s t 3=时⎩⎨⎧==16y x6．（1）a dt dv =2/1kv dtdv-=∴ 有⎰⎰-=-⇒-=-vv tkt v v kdt dv v2/102/12/122 当0=v 时，有kv t 02=（2）由（1）有2021⎪⎭⎫ ⎝⎛-=kt v vkvkt v k vdt x tk v 3221322/3000/2300=⎪⎭⎫⎝⎛--==∆⎰练习二1．22202tg v tg +，22200tg v gv +2．2/8.4s m 2/4.230s m r a d 15.33．[2]4．[3]5．由约束方程 222h x l += 有：dtdx x dt dl l22= 即：xv lv 220=-……（1） ∴0220v xx h v x l v +-=-= 对（1）两边求导，有：dt dvx dt dx v dt dl v +=-0 2032220v xh x v v dt dv a -=-==∴ 6．（1）s rad Rv/25==ω （2）22/8.392s rad ==θωβ（3）s t 628.02==ωθ练习三1．k g m 2222．J 882 3．[1] 4．[4]5．（1）220208321221mv mv v m E W k f -=-⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆= （2）r mg W f πμ2⋅-= rgv πμ163 2=∴（3）34)210(20=∆-=k E mv N （圈） 6．先用隔离体法画出物体的受力图 建立坐标，根据ma F =的分量式x x ma f =∑ y y ma f =∑有 x ma f F =-μθcos0sin =-+Mg F N θ 依题意有0≥x a ，N f μμ= θμθμsin cos +≥Mg F 令 0)sin (cos =+θμθθd d︒=∴21.8 θ 4.36≥F练习四1．)21(0+gy m ，021mv - 2．m M muMv ++3．[1] 4．[2]5．将全过程分为三个阶段（1）球下摆至最低处，m 和地球为系统，机械能守恒：221mv mgl = (1)（2）球与钢块作弹性碰撞水平方向动量守恒 12mv Mv mv -= ......... (2)机械能守恒21222212121mv Mv mv += ……… …（3） （3）球上摆至最大高度处，m 和地球系统机械能守恒：mgh mv =2121 ……… …（4） 由（1）（2）（3）得：gl mM mM v 21+-=，代入（4）得：m g v h 36.0221== 6．设人抛球后的速度为V，则人球系统抛球过程水平方向动量守恒)() (V u m MV v m M o ++=+∴ mM muv V +-=0人对球施加的冲量mM mMumv V u m I +=-+=0)( 方向水平向前练习五1．gl 32．.340ω3．[3] 4．[1]5．1111a m T g m =- 2222a m g m T =- β)(2121J J r T R T +=- βR a =1 βr a =2 联立解得：22212121)(r m R m J J gr m R m +++-=β222121211)(r m R m J J Rg r m R m a +++-=222121212)(r m R m J J rgr m R m a +++-= g m r m R m J J r R r m J J T 12221212211)(++++++=g m rm R m J J r R R m J J T 22221211212)(++++++=6．（1）由角动量守恒得： 02211=+ωωJ J0222=+⋅ωJ RvMR )(05.0122--=-=S J mRv ω （2）πωω2)]([21=--t (s ) 55.02π=t (rad) 1122πωθ==t （3）(s) 422ππωπ===vRT (r a d ) 0.2 2πωθ==∴T练习六 流体力学（一）1．J 4108-⨯π，22.3-⋅m N 2．总是指向曲率中心 3．[3] 4．[4]5．在大气压Pa P 50100136.1⨯=时，泡内压强104R P P α+=，移到气压为0P '时泡内压强204R P P α+'=' 32313434P R P R ππ⋅'=⨯∴ 3220311044R R P R R P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+'=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+αα)(1027.14 442321100Pa R R R R P p ⨯=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+='αα 6．首先在温度为t 1时，在液体中靠近两管弯曲液面处的压强分别有11014d P P α-=，2024d P P α-=，且有112gh P P ρ+= ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴2111114 d d g h ρα 同理当温度为t 2时，两管液面高度差为：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2122114 d d gh ραm d d g h h h 33333212121104.20103.01101.018.91010)2070(15.04 11)(4----⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=-=∆ραα练习七 流体力学（二）1．s m /72.0 2．m 46.0 3．[3] 4．[2]5．（1）粗细两处的流速分别为1v 与2v则 2211v S v S Q ==12131175403000--⋅=⋅==s cm cm s cm S Q v 121322300103000--⋅=⋅==s cm cms cm S Q v （2）粗细两处的压强分别为1P 与2P2222112121v P v P ρρ+=+)(1022.4)75.03(102121213223212221Pa v v P P P ⨯=-⨯⨯=-=-=∆ρρ P h g ∆=∆⨯⋅水银ρm h 031.0=∆6．（1）射程 vt s =gh v ρρ=221gh v 2 =∴ 又 221gt h H =- g h H t )(2-=)(2)(22 h H h gh H gh vt s -=-⋅==∴（2）设在离槽底面为x 处开一小孔，则同样有：)(2121x H g v -=ρρ )(21x H g v -= 又 2121gt x =gx t 21= )()(2 111h H h s x H x t v s -==-==∴ h x =∴则在离槽底为h 的地方开一小孔，射程与前面相同。
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。
大学物理学练习册答案
大物练习册参考答案二、判断题01. × 02. × 03. × 04. √ 05. √ 06. × 07. × 08. √ 09. √ 10. √ 11. √ 12. √ 13. √ 14. × 15. √三、计算题1. 解：根据连续性原理可知，出口处流速为：112221120.16)010.0()020.0(0.4--•=•⨯==s m s m S S v v 选流入处为参考平面，即令01=h ，根据伯努利方程可求的高处的压强为：22222112121gh v p v p ρρρ++=+ Pa gh v v p p 52222112103.22121⨯=--+=ρρρ2. 解：以油滴为研究对象, 设油滴的半径为r ，不存在竖直向下的匀强电场时，其受力情况为：竖直向下的重力：g r mg G ρπ334== 竖直向上的浮力：g r F 0334ρπ=竖直向上的黏滞阻力：rv f πη6= 三力达到平衡时,即:G=F+f,油滴以最大速度0v 下降。
由受力平衡：003363434rv g r g r πηρπρπ+=(1) 当存在竖直向下的匀强电场时，仍然以油滴为研究对象, 其受力情况为：竖直向下的重力：g r mg G ρπ334== 竖直向上的浮力：g r F 0334ρπ=竖直向上的黏滞阻力：rv f πη6= 竖直向上的电场力：qE F =1四力达到平衡时,即:f F F G ++=1时，油滴以最大速度v 下降。
由受力平衡：rv qE g r g r πηρπρπ63434033++=(2) 由方程（1）和（2）可以求出q 为：E v v v g q 210021023)((1)29(34-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ρρηπ 3. 解：设总的水滴数目为N 个，根据融合前后水的体积不变，可得： 6333420105010(1.010)3N π--⨯⨯⨯=⨯g（1） 则融合前后水的表面积改变量为：3264(1.010)2010S N π-∆=⨯-⨯g (2) 释放出的能量为E S α∆=∆ (3) 根据（1），（2），（3）方程可得 82.1810E J ∆=⨯4. 解：将虹吸管取为一流管。
大学物理(一)练习册参考解答
普通物理A （2）练习册 参考解答第12章 真空中的静电场一、选择题1(C)，2(A)，3(C)，4(D)，5(B)， 二、填空题 (1). 0， / (2) ； (2). 0 ； (3). －2×103V ； (4).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb ar r q q 11400ε； (5). 0，pE sin ；三、计算题1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：在O 点建立坐标系如图所示．半无限长直线A ∞在O 点产生的场强： ()j i RE-π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i RE +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i RE +π=034ελ由场强叠加原理，O 点合场强为：()j i RE E E E+π=++=03214ελBA∞O B A∞∞2. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： = 0cos ，式中为半径R 与x 轴所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强．解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为λ = σ0cos φ R d φ， 它在O 点产生的场强为： φφεσελd s co 22d 000π=π=RE 它沿x 、y 轴上的二个分量为：d E x =－d E cos =φφεσd s co 2200π-d E y =－d E sin =φφφεσd s co sin 20π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝002εσ 0)d(sin sin 2200=π-=⎰πφφεσy E∴ i i E E x02εσ-==3. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度；(3) 场强为零的点在何处？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．WORD 格式.整理版按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2/ (40) (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()02002εεkSbxdx kS S E E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ， 可得2/b x =4. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为－的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为ixx E 012εσ=圆盘在该处的场强为i x R x x E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i xR x E E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2x R R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ5．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5×10-4m 的圆柱形阴极A和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5×10-3m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6×10-19C)WORD 格式.整理版解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为．按高斯定理有 rE = λ/ 0得到 E = λ/ (20r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R BA B A r rr E U U ελ 120ln 2R R ελπ-=得到 ()120/ln 2R R U U A B -=πελ， 所以 ()rR R U U E A B 1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R R R U U eR eE F A B ⋅-==＝4.37×10-14N 方向沿半径指向阳极．四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 2041r qE πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场． 参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l EWORD 格式.整理版按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？参考解答：由电势的定义： ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。
中南大学大学物理实验报告答案大全+实验数据+思考题答案
∆I = I × 1.5%
max
，得到
V ∆U = 0.15V , U ∆ = 0.075 ； ∆I = 0.075mA, ∆I = 0.75mA ；
2 1 2
∆U
(3) 再由
2
∆I + ( 3I )
2
= uR
R
( 3V
u
，求得
R1
)
= × 1 , u = R2 9 10 Ω 1Ω ； (44 1) ± Ω
(2) 照度与光电流的关系 L /cm 1/L
2
20.0 0.002 5 19.97
25.0 0.001 6 12.54
30.0 0.001 1 6.85
I /µ A
25 20 15 10 5 0 -10 0 10 20 30 40 50
伏安特性曲线
照度与光电
流曲线 (3) 零电压下的光电流及截止电压与照度的关系
0
λ 0 x λ0
−
其中
2
(
)
⎤ ⎡ ∂ + (a b)sin ϕ
u(λ) = =
1 600 ×
⎢ ⎣
∂ϕ
�
× × . cos15 60 180 092
u ϕ⎥ = a+ ϕ ( ) ( b) | cosϕ | u( ) ⎦ π
=0.467nm ; U =2×u(λ) =0.9 nm
1.
最后结果为: λ=(433.9±0.9) nm 当用钠光(波长λ=589.0nm)垂直入射到 1mm 内有 500 条刻痕的平面透射光栅上时，试问最多能看到第几级光谱?并 请说明理由。 答：由(a+b)sinφ=kλ ∵φ最大为 90º 又∵a+b=1/500mm=2*10 m，
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\练习一1．j i 6+，j i 26+，j 242．3/2)2/3(k s ，2/121-kt，2/3032kt x x += 3．[2] 4．[3]5．（1）由⎩⎨⎧-==22192t y t x 得)0(21192≥-=x x y ，此乃轨道方程 （2）j i r 1142+=，j i r 1721+=，∴j i v62-=，s m v /33.6=（3）i t i dt rd v 42-==，j dt v d a 4-== ∴s t 2=时，j i v 82-=，j a 4-=（4）由v r ⊥，有0=⋅v r∴⎩⎨⎧==⇒=--s t t t t t 300)219(442或当0=t 时⎩⎨⎧==190y x 当s t 3=时⎩⎨⎧==16y x6．（1）a dt dv =2/1kv dtdv-=∴ 有⎰⎰-=-⇒-=-vv tkt v vkdt dv v2/102/12/122 当0=v 时，有kv t 02=（2）由（1）有2021⎪⎭⎫ ⎝⎛-=kt v vkvkt v k vdt x tk v 3221322/3000/2300=⎪⎭⎫⎝⎛--==∆⎰练习二1．22202tg v tg +，22200tg v gv +2．2/8.4s m 2/4.230s m r a d 15.33．[2] 4．[3]5．由约束方程 222h x l += 有：dtdx x dt dl l22= 即：xv lv 220=-……（1） ∴0220v xx h v x l v +-=-= 对（1）两边求导，有：dtdvx dt dx v dt dl v +=-0 2032220v x h x v v dt dv a -=-==∴ 6．（1）s rad Rv/25==ω （2）22/8.392s rad ==θωβ （3）s t 628.02==ωθ练习三1．k g m 2222．J 882 3．[1] 4．[4]5．（1）220208321221mv mv v m E W k f -=-⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆= （2）r mg W f πμ2⋅-= rgv πμ163 2=∴（3）34)210(20=∆-=k E mv N （圈） 6．先用隔离体法画出物体的受力图 建立坐标，根据ma F =的分量式x x ma f =∑ y y ma f =∑有x ma f F =-μθcos0sin =-+Mg F N θ 依题意有0≥x a ，N f μμ=θμθμsin cos +≥Mg F 令 0)sin (cos =+θμθθd d︒=∴21.8 θ 4.36≥F练习四1．)21(0+gy m ，021mv - 2．mM muMv ++3．[1] 4．[2]5．将全过程分为三个阶段（1）球下摆至最低处，m 和地球为系统，机械能守恒：221mv mgl = (1)（2）球与钢块作弹性碰撞水平方向动量守恒 12mv Mv mv -= ......... (2)机械能守恒21222212121mv Mv mv += ……… …（3） （3）球上摆至最大高度处，m 和地球系统机械能守恒：mgh mv =2121 ……… …（4） 由（1）（2）（3）得：gl mM mM v 21+-=，代入（4）得：m g v h 36.0221==6．设人抛球后的速度为V，则人球系统抛球过程水平方向动量守恒)() (V u m MV v m M o ++=+∴ mM muv V +-=0人对球施加的冲量mM mMumv V u m I +=-+=0)( 方向水平向前练习五1．gl 3 2．.340ω 3．[3] 4．[1]5．1111a m T g m =- 2222a m g m T =- β)(2121J J r T R T +=- βR a =1 βr a =2联立解得：22212121)(r m R m J J gr m R m +++-=β222121211)(r m R m J J Rg r m R m a +++-=222121212)(r m R m J J rgr m R m a +++-= g m r m R m J J r R r m J J T 12221212211)(++++++=g m r m R m J J r R R m J J T 22221211212)(++++++=6．（1）由角动量守恒得： 02211=+ωωJ J0222=+⋅ωJ RvMR )(05.0122--=-=S J mRv ω （2）πωω2)]([21=--t (s) 55.02π=t (rad) 1122πωθ==t（3）(s) 422ππωπ===vRT (r a d ) 0.2 2πωθ==∴T练习六 流体力学（一）1．J 4108-⨯π，22.3-⋅m N 2．总是指向曲率中心 3．[3] 4．[4]5．在大气压Pa P 50100136.1⨯=时，泡内压强104R P P α+=，移到气压为0P '时泡内压强204R P P α+'=' 32313434P R P R ππ⋅'=⨯∴ 3220311044R R P R R P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+'=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+αα)(1027.14 442321100Pa R R R R P p ⨯=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+='αα 6．首先在温度为t 1时，在液体中靠近两管弯曲液面处的压强分别有11014d P P α-=，2024d P P α-=，且有112gh P P ρ+= ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=∴2111114 d d g h ρα同理当温度为t 2时，两管液面高度差为：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2122114 d d gh ραm d d g h h h 33333212121104.20103.01101.018.91010)2070(15.04 11)(4----⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=-=∆ραα练习七 流体力学（二）1．s m /72.0 2．m 46.0 3．[3] 4．[2]5．（1）粗细两处的流速分别为1v 与2v则 2211v S v S Q ==12131175403000--⋅=⋅==s cm cm s cm S Q v 121322300103000--⋅=⋅==s cm cms cm S Q v （2）粗细两处的压强分别为1P 与2P2222112121v P v P ρρ+=+)(1022.4)75.03(102121213223212221Pa v v P P P ⨯=-⨯⨯=-=-=∆ρρ P h g ∆=∆⨯⋅水银ρm h 031.0=∆6．（1）射程 vt s =gh v ρρ=221gh v 2 =∴又 221gt h H =- g h H t )(2-=)(2)(22 h H h gh H gh vt s -=-⋅==∴（2）设在离槽底面为x 处开一小孔，则同样有：)(2121x H g v -=ρρ )(21x H g v -= 又 2121gt x =gx t 21= )()(2 111h H h s x H x t v s -==-==∴ h x =∴则在离槽底为h 的地方开一小孔，射程与前面相同。
练习八1．m 93，m 10，m 0，s 7105.2-⨯； 2．m 5，s 4；3．[3] 4．[3]5．c c c c c c c cu v u v v x x x 373548.14.1)6.0(8.01)6.0(8.0122==----=--=' 6．22221)()(u )()(⎪⎭⎫⎝⎛---=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---='-'='∆c u c x x u c x x c x x u t t t t t A B A B A B A B A B γγ 221⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-'∆c u u c x x t AB ，两边平方得 c u 23=，2=γ m x t u x x 3102)( ⨯=∆=∆-∆='∆∴γγ 又 0 <'-'='∆A B t t t A B t t '<'∴B 事件比A 事件先发生练习九1．2201c v m m -= ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--1112202c v c m 2mc2．75m 3 208kg 2.78kg ·m -33．[3] 4．[1]5．（1）J c m c m c m A 1401212104.3)(222-⨯=-=-=γγ（2）)1(20202-=-=γc m c m mc eu ；95.2120=+=cm euγ；2211c u -=γkg m m m 3100108.2695.2 -⨯===γ c c v 94.02==-γ c m mv p 077.2==6．由洛仑兹变换22/1/)(c u t u x x -∆-∆='∆，y y ∆='∆，z z ∆='∆222/1/)/(c u c x u t t -∆-∆='∆ 可得 22222)(t c x t c x ∆-∆='∆-'∆故 22222222)()(t c z y x t c z y x ∆-∆+∆+∆='∆-'∆+'∆+'∆ 即 22S S ∆='∆练习十1．相同；不同；相同； 2．1:1 2:1 10:3 3．[2] 4．[2] 5．由3102-⨯==⇒=PRT M RT M mpV ρ千克/摩尔=2克/摩尔 ∴该气体为氢气，s m MRTv /1093.1332⨯==6．（1）325235108.14001038.110013.1--⨯=⨯⨯⨯==m kT P n （2）kg N M 262330103.51002.61032--⨯=⨯⨯==μ （3）3/98.0m kg RTMp V m ===ρ （4）J kT n E k 5105.225⨯=⨯=练习十一1．在速率dv v v +-内的分子数 2．> 3．[4] 4．[1]5．0)(22200000=-=-=-=∆V p V p iRT i M m RT i M m E E E000000)(RTT T T V p RT Vp RT V p M m M m -=-=- 6．（1）由nkT p =，得1:1:21=n n（2）由MRTv 6.1= 得 4:132:2::1221===M M v v练习十二1．相同；不同2． ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2111V V a ；降低3．[3]4．[2]5．（1）由abc 过程：abc a c abc W E E Q +-=得 J E E a c 224=-adc 过程：J W E E Q adc a c adc 266=+-=（2）ca 过程：J W E E Q ca c a ca 30884224-=--=+-= 放热 6．（1）b a →等容：01=W J T T R E Q 1247)(251211=-=∆= c b →等温：02=∆E J RT V V RT W Q 20332ln ln212222==== J Q Q Q abc 3280 21=+=∴，J W W abc 20332==，J E E E a c 12471=∆=-（2）d a →等温：01=∆E J RT W Q 16872ln 111===c d →等容：02=W J T T R E Q 1247)(2/51222=-=∆=J Q Q Q abc 2934 21=+=∴，J W W abc 16871==，J E E E a c 12472=∆=-练习十三1．等压；021RT 2．[2]p a (T 1)b (T 1)c (T 2) O V 1V 2VP3．[2] 4．[3]5．（1）绝热过程 c a → 122111--=γγV T V TJ RT V V RT T T R E W ac 34.011211211075.3]1.01[25125)(25⨯=-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=∆-=-γ （2）等温过程b a →作功，等容过程c b →不作功J RT V V RT W W ab abc 311211073.510ln ln⨯==== （3）由kT VNnkT p ==知，等温膨胀过程，p 只随V 的增大而减少，而绝热膨胀过程p 随V 的增大和T 的降低较快地减小，因为⎰=21V V pdV W ，所以系统从同一初态膨胀相同体积时，等温过程作的功比绝热过程多。