大学物理作业(三)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。
大学物理学(第3版)下册课后练习答案
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[答案：C]9.2填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[答案：相同](2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。
[答案：5：6]9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题9.3图 题9.4图9.4 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ2,如题9.4图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题9.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．9.7 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题9.7图所示(1) 在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ题9.7图]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题9.7图所示 由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向9.8 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如9.8图在圆上取ϕRd dl =题9.8图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如9.9图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题9.9图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿9.10 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题9.10图所示． 题9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 半径为1R和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题9.13图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．9.14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题9.14图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题9.14图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题9.14图(a) 题9.14图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=',∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅9.16 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题9.17图9.17 如题9.17图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题9.17图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题9.18图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O9.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅9.20 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4105.1d ⨯==E U V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题9.21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题9.22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题9.22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题9.22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ 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 C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV9.23两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε题9.23图(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=9.24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题9.24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U题9.24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q9.25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0022018348342F r πqr π"q 'q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε9.26 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)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-+=εεε9.27 如题9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题9.27图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内d21U E E == ∴r r E E εεεεσσ==102012题9.27图 题9.28图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==题9.29图9.29 如题9.29 图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 9.30 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．9.31半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题9.31图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
西南交通大学2014年大学物理AII No.3波的干涉参考答案
(SI)
(SI)
2
三、填空题： 1. S 1 , S 2 为振动频率、振动方向均相同的两个点波源，振动方向垂直纸面，两者相距
M
• S1 • S2 • C
3 1 λ ( λ 为波长) 如图。已知 S1 的初相位为 π 。 2 2 (1) 若使射线 S 2 C 上各点由两列波引起的振动均干涉相消，则 S 2 的初位相应为：
−2
A
O
a
λ
b
2
c
λ
x
解：a 、b 为驻波相邻的两个波节之间的点，则据驻波规律知：振动相位相同，位相差为 0。 所以选 D 4．在弦线上有一简谐波，其表达式是 y1 = 2.0 ×10 cos [2π (t / 0.02 − x / 20) + π / 3] (SI) [ ] (A) y 2 = 2.0 × 10
u
3 4
x
3．某时刻的驻波波形曲线如图所示，则 a、b 两点振动的位相差是
[ D ] (A) π ，且下一时刻 b 点振幅会增大为 A
y
1 (B) π ，且下一时刻 b 点振幅不会增大为 A 2 1 (C) π ，且下一时刻 b 点振幅会增大为 A 4 (D) 0 ，且下一时刻 b 点振幅不会增大为 A
N
π /2 ⋅
。 的初位相应为：
(2) 若使 S1 S 2 连线的中垂线 M N 上各点由两列波引起的振动均干涉相消，则 S 2
3π / 2
。
解：(1) 在 S 2 外侧 C 点，两列波的相位差为：
∆ϕ = ϕ 2 − ϕ 1 −
2π
ϕ2 = π / 2
∆ϕ = ϕ 2 − ϕ 1 −
λ
( r2 − r1 ) = ϕ 2 −
大学物理作业学生新版答案
班级________学号_________姓名_________成绩_______
一、选择题
1.一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为 ，瞬时速率为 ，某一段时间内的平均速度为 ，平均速率为 ，它们之间的关系有
[](A) (B)
(C) (D)
2.某物体的运动规律为 ，式中的k为大于零的常数。当t＝0时，初速为 ，则速度v与t的函数关系是
(C)顶点a、c处是正电荷，b、d处是负电荷．
(D)顶点a、b、c、d处都是负电荷．
6、下面说法正确的是：
[]（A）等势面上，各点场强的大小一定相等；
（B）在电势高处，电势能也一定高；
（C）场强大处，电势一定高；
（D）场强的方向总是从电势高处指向电势低处。
7、两个薄金属同心球壳，半径各为 和 ( )，分别带有电荷 和 ，两者电势分别为 和 (设无穷远处为电势零点)，将两球壳用导线连起来，则它们的电势为：
[ ](A) (B)
(C) (D)
3.在带电量为－Q的点电荷A的静电场中，将另一带电量为q的点电荷B从a点移到b点，a、b两点距离点电荷A的距离分别为r1和r2，如图所示。则在电荷移动过程中电场力做的功为
[](A) ；(B) ；
(C) ；(D) 。
4.某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从M点移到N点。有人根据这个图得出下列几点结论，其中哪点是正确的？
(A)1＞2，S＝q/0．
(B)1q/0．
（D）1＜2，S＝q/0
4、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是（）
（A）如果高斯面上 处处为零，则该面内必无电荷；
（B）如果高斯面内无电荷，则高斯面上 处处为零；
大学物理标准化作业答案
x)
Acos 2p( t x 2 L)
， 则入射波的表达式为y1 = __________________．
O
L
Bx
三、1（5519）在绳上传播的入射波表达式为 y1 Acos(t 2p
，入射波在x = 0处绳端反射，反射端为自由端．设反射波不
x
)
衰减，求驻波表达式．
解：入射波在x = 0处引起的振动方程为 y10 Acost
2
22
波节:
2π x
p
2
(2n 1) p
2
xn
2
n 0,1,2,3
3 如图所示，一平面简谐波沿x轴正方向传播，BC为波密媒
质的反射面．波由P点反射，OP = 3 /4， DP 6在t = 0时，O处质
(A) 动能为零，势能最大． (B) 动能为零，势能为零． (C) 动能最大，势能最大． (D) 动能最大，势能为零［ C ］
二、填空题 3、在同一媒质中两列频率相同的平面简谐波的强度之比I1 / I2 = 16，
则这两列波的振幅之比是A1 / A2 = _______4__________．
一、选择题
(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式；
(3) 波腹和波节的位置．
解： (1)
y10
A cos 2π t T
y20
A cos(2π t T
p)
y2
A cos[2π( t T
x)p]
(2)
xp
tp
y
y1
y2
2 A cos(2π
) cos(2π
2
T
) 2
(3) 波腹: 2π x p np x (n 1) n 1,2,3,4
面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——刚体力学作业
L2
−
L1
=
J 2ω2
−
J1ω1
质点的动量定理
dpr
=
r F
⋅
dt
∫ r
I
=
tr F ⋅ dt =
t0
pr − pr0 = mvr − mvr0
三、刚体的角动量守恒定律
1. 角动量守恒定律
∫ 由角动量定理
r M
当
r M外
=
0
时，
外
d
t r
ΔL
= =
Δ 0
r L
r L
=
恒矢量
P.6
1
区分两类冲击摆
(1)
大作业题解
刚体力学
第3章 刚体力学基础
一、对转轴的力矩
r M
=
rr
×
r F
单位：N·m
r M
=
rr
×
r F⊥
r M
=
rr
×
r F
大小: 方向:
M = Frsinϕ
rr
→
r F
右旋前进方向
二、定轴转动定律
M z = Jβ
P.2
转动惯量(moment of inertia)
∑ 1. 定义 J = iri2mi 单位: kg ⋅ m 2
l/4 O
[ A]
mg l = 1 Jω 2 J = 7 ml 2
22
48
⇒ ω = 4 3g 7l
P.11
9．如图所示，一人造卫星到地球中心C的最大距离和
最小距离分别为RA和RB。设人造卫星对应的角动量分
别为LA和LB，动能分别为EkA和EkB，则有
(A) LB > LA，EkB > EkA
大学物理活页作业答案(全套)
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r)(21m ji r)(242m ji r)(3212m ji r r r)/(32s m ji t r v（2）)(22SI j t i dtrd v )(2SI jdt vd a)/(422s m j i v)/(222 s m ja8．解：t A tdt A adt v totosin cos 2t A tdt A A vdt A x totocos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5s m th dt ds v /1094.1cos 32（2）当旗杆与投影等长时，4/ th s t 0.31008.14410．解： ky yv v t y y v t dv ad d d d d d d -k y v d v / d yC v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C )(2222y y k v v o o2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14 s m t dt ds v ；24s m dtdva t ；2228 s m t Rv a n ；2284 s m e t e a nt6．s rad o /0.2 ；s rad /0.4 ；2/8.0s rad r a t ；22/20s m r a n7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v ；)(2SI idtv d a（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t)(12222SI t a a a t n（3）)(122/322SI t a v n8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y 45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin9．解：s m uv /6.3430tan10．解：l h v u ；u hl v3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721；2/98.02.0s m MT a 5．x k v x 22 ；x x xv k dtdxk dt dv v 222 221mk dt dv mf x x 6．解：（1）ma F F N T sin cosmg F F N T cos sinsin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o 2Rg o8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120 分离变量积分tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t vt oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv 分离变量积分t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg olnmg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos ，t vm mg d d sin ，以及 ta v d d， d d v a t ，积分并代入初条件得 )cos 1(22 ag v ，)2cos 3(cos 2mg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v；2212m t F v v7．解：（1）t dt dxv x 10；10 dtdv a x x N ma F 20 ；m x x x 4013J x F W 800（2）s N Fdt I40318．解： 1'v m m mv221221'2121o kx v m m mv''m m k mm vx9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2当绳子完全拉直时，有 '2v M m gh mgh mM m v 2'gh mM mMMv I I T 22'2210．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0 mv Mu等式乘以d t 后积分，得totomvdt Mudt0)( l x m Mx m mM mlx 47.05.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f由功能原理 2121210)(kx x x f 解得 )(22121x x mg kx .8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos由能量守恒定律mgh mv 221质点脱离球面时 RhR F Ncos ;0 解得：3R h9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m ①212211m m v m v m v(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E pv v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)( MV V u m ①mgR MV V u m 2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV ；MgRm M u )(2(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2M mg m M mg R mu mg N /)(2/2mg MmM M mg m M Mmg N 23)(26.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
中南大学《物理化学》网上(课程)作业三及参考答案
(一) 单选题1. 当发生极化时，组成电池的两电极的电极电势将会是（）(A) 阳极电势越来越负，阴极电势越来越正(B) 阳极电势越来越正，阴极电势越来越负 (C) 阳极电势和阴极电势均越来越正 (D) 阳极电势和阴极电势均越来越负参考答案： (B)2. 下列电池中，电池电动势与Cl-离子的活度无关的是（）(A)(B) (C) (D)参考答案： (C)3. 溶胶的动力性质是由于粒子的不规则运动产生的，在下列各种现象中，不属于溶胶动力性质的是（）(A)渗透压(B)扩散(C)沉降平衡(D)电泳参考答案： (D)4. 有以下两个电池，电动势分别为E1和E2比较其电动势大小（）(A)(B)(C) E1=E2(D) 不能确定参考答案：(C)5.在等温、等压下，电池以可逆方式对外做电功时的热效应等于（）(A)(B)(C)(D) zEF参考答案：(B)6.以下4种电解质溶液的浓度都是0.01，其中平均活度系数最大的是（）(A)KCl (B) CaCl2 (C) Na2SO4 (D) A1C13参考答案：(A)7.在298K下，当H2SO4溶液的浓度从0.01增加到0.1时，其电导率和摩尔电导率将（）(A)减小，增加(B) 增加，增加(C) 减小，减小(D) 增加，减小参考答案：(D)8. 某电池在298K，标准压力下可逆放电时，放出100J的热量，则该电池反应的焓变值为（）(A)=100J(B)(C)(D)参考答案：(A)9. 对于有过量的KI存在的AgI溶胶，下列电解质中聚沉能力最强的是（）(A)NaCl (B) K3 (C) MgSO4 (D) FeCl3参考答案：(D)10.这两个电池电动势E1和E2的关系为()(A)E1=E2(B)E1=2E2(C)E1=0.5E2(D)无法比较参考答案： (C)11. 将大分子电解质NaR 的水溶液用半透膜和水隔开，达到Donnan 平衡时，膜外水的pH （）(A)大于7(B)小于7(C)等于7(D)不能确定参考答案： (A)12. 电解时，在阳极上首先发生氧化作用而放电的是()(A) 标准还原电极电势最大者(B) 标准还原电极电势最小者(C) 考虑极化后，实际上的不可逆还原电极电势最大者 (D) 考虑极化后，实际上的不可逆还原电极电势最小者参考答案： (A)13. 天空中的水滴大小不等，在运动中，这些水滴的变化趋势为（）(A) 大小滴分散成小水滴，半径趋于相等(B) 大水滴变大，大小滴缩小(C) 大小水滴的变化没有规律(D) 不会产生变化参考答案：(B)14. 用渗透压法测大分子化合物的摩尔质量，这样测得的摩尔质量属于（）(A)质均摩尔质量(B)数均摩尔质量(C)Z均摩尔质量(D)黏均摩尔质量参考答案：(B)15.某物质B在溶液表面的吸附到达平衡时，其在溶液表面的化学势(表)与在溶液本体内的化学势(内)的关系为（）(A)(B)(C)(D) 难以确定参考答案：(C)16. 有一飘荡在空气中的球形液膜，内部也是空气。
《大学物理学活页作业》(赵近芳)参考答案
作业1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r，即r既是矢径也是位移矢量．1. D ；2. -g /2 ， ()g 3/322v3. 4t 3-3t 2 (rad/s)， 12t 2-6t (m/s 2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)6. 解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvt=1s 时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 21.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。
（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。
大学物理作业答案(上)
A在时间t内作匀加速运动，t秒末的速度vA＝at．当子弹射入B时，B将加速
而A则以vA的速度继续向右作匀速直线运动．
vA＝at＝6 m/s
取A、B和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动
量守恒，子弹留在B中后有
mv 0 mAv A (m mB )v B
vB
mv 0 mAv A m mB
量m1=
1m 2
的小球.将右边小球约束,使之不动. 使左边两小球绕竖直轴对称匀速
地旋转, 如图所示.则去掉约束时, 右边小球将向上运动, 向下运动或
保持不动?说明理由.
答：右边小球不动
理由：右边小球受约束不动时，
在左边对任一小球有
1m 2
1
ｍ2
m
m
式中T1为斜悬绳中张 力，这时左边绳竖直
T1 cos m1g 0
质量以及滑轮与其轴之间的摩擦都可忽略不
计，绳子不可伸长，m1与平面之间的摩擦也
可不计，在水平外力F的作用下，物体m1与
F
m1
T
m2
F m2 g
m2的加速度a＝___m__1____m__2___，
绳中的张力T＝_m__1m__2m__2_(_F____m_1_g_)_．
4.质量相等的两物体A和B，分别固定在弹簧的两端， A 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．若把支持 面C迅速移走，则在移开的一瞬间，
dx dt dx
10 6x2 2 vdv
v
2 vdv
4 (10 6x2 )dx v 13m/ s
dx 0
0
解2：用动能定理，对物体
主编叶凡大学物理上下课后作业答案
作业1-1填空题(1) 一质点，以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。
[答案： 10m ； 5πm](2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。
[答案： 23m ·s -1 ]1-2选择题(1) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则一秒钟后质点的速度(A)等于零 (B)等于-2m/s(C)等于2m/s (D)不能确定。
[答案：D](2) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R ππ2,2 (B) t R π2,0(C) 0,0 (D) 0,2t R π[答案：B] (3)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)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx +[答案：D]1-4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。
给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。
（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。
加速度又是位移对时间的两阶导数。
于是可得（3）为匀变速直线运动。
其速度和加速度表达式分别为22484dx v t dtd x a dt==-+==- t=3s 时的速度和加速度分别为v =-4m/s ，a =-4m/s 2。
因加速度为正所以是加速的。
1-7 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．解：（1） j t t i t r )4321()53(2-+++=m(2)将1=t ,2=t 代入上式即有 j i r 5.081-= m2114r i j =+m213 4.5r r r i j ∆=-=+m(3)∵ 0454,1716r i j r i j =-=+ ∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j i r r t r v (4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i t r v 则 j i v 734+= 1s m -⋅(5)∵ j i v j i v 73,3340+=+= 24041m s 44v v v j a j t --∆====⋅∆(6) 2s m 1d d -⋅==j tv a 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
大学物理作业(三)答案
班级___ ___学号____ ____姓名____ _____成绩______________ 一、填空题1. 一旋转齿轮的角加速度β=4at 3-3bt 2 ，式中a 、b 均为恒量，若齿轮具有初角速度为ω0，则任意时刻ｔ的角速度 ，转过的角度为 .2. 质量为m ，半径为R 的均质圆盘，平放在水平桌面上，它与桌面的滑动摩擦系数为μ，试问圆盘绕中心轴转动所受摩擦力矩为 。
3. 一长为L 质量为m 的均质细杆，两端附着质量分别为m 1和m 2的小球，且m 1>m 2 ，两小球直径d 1 、d 2都远小于L ，此杆可绕通过中心并垂直于细杆的轴在竖直平面内转动，则它对该轴的转动惯量为 ， 若将它由水平位置自静止释放，则它在开始时刻的角加速度为多大： 。
4. 质量为m ，半径为r 的均质圆盘，绕通过其中心且与盘垂直的固定轴以角速度ω匀速转动，则对其转轴来说，它的动量为____________，角动量为__________.三、计算题：1. 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO ’转动，设大小圆柱的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ，绕在两柱体上的细绳分别与物体m 1和物体m 2 相连，m 1和m 2则挂在圆柱体的两侧，如图所示，设R =0.20m ，r =0.10m ，m =4kg ，M =10kg ，m 1=m 2=2kg ，求柱体转动时的角加速度及两侧绳中的张力. 解：设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图 题2-26(b)图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ①1111a m T g m =- ②12T R T r I α''-= ③rRO ’Om 2m 1式中 112221,,,T T T T a r a R αα''==== 而 222121mr MR I += 由上式求得122212222220.220.129.811100.2040.1020.2020.10226.13rad s Rm rm gI m R m r β--=++⨯-⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯=⋅(2)由①式 22220.10 6.1329.820.8T m r m g α=+=⨯⨯+⨯=N 由②式11129.820.2. 6.1317.1T m g m R α=-=⨯-⨯⨯=N2. 计算题3-13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α)21(212Mr r T r T =- ③又， αr a = ④联立以上4个方程，得 2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题3-13(a)图 题3-13(b)图3. 如图质量为M ，长为L 的均匀直杆可绕O 轴在竖直平面内无摩擦地转动，开始时杆处于自由下垂位置，一质量为m 的弹性小球水平飞来与杆下端发生完全弹性碰撞，若M >3m ，且碰撞后，杆上摆的最大角度为θ=30，则求：(A)小球的初速度v 0，(B)碰撞过程中杆给小球的冲量. （教材）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 mlI v v ω-=0 ④ 由②式 mI v v 2202ω-= ⑤所以 22001)(2ωωmv ml I v -=-求得glmM m m Ml ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为 ⎰-=∆=0d mv mv mv t F由①式求得 ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰gl M 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．m v MOL。
大学物理习题册及答案
3
6. 质点沿半径为 R = 3m 的圆周运动，见图 2-6，已知切向加速度 aτ = 6t m/s2， t = 0
时质点在 O′点，其速度 v0 = 0， s0 = 0，试求： (1) t = 1s 时质点速度和加速度的大小； (2) 第 2 秒内质点所通过的路程。
s R
О′
图 2-6
4
练习三 运动的描述(三)
班级
学号
姓名
1. 质点作圆周运动，其角加速度 β = 6t (SI)，若质点具有初角速度 ω 0 ，则任意时刻 t
质点的角速度为
、转过的角度为
。
2. 一质点沿半径为 R 的圆周运动，已知角速度 ω 与时间 t 的关系为 ω = kt 2 (SI) 、k 为
常数，已知 t = 0 时，θ 0 = 0、 ω0 = 0，则 t 时刻的角加速度为
1
6. 路灯离地面高度为 H ，一个身高为 h 的人，在灯下水平路面上非匀速步行，如图 1-6 所示。当人与灯的水平距离为 s 时，人的步行速度大小为 v0 ，方向向右，求此时他的头顶在 地面上的影子移动的速度。
H
v0
h s 图 1-6
2
练习二 运动的描述(二)
班级
学号
姓名
1. 如图 2-1 所示，质点沿路径 s 运动，在 P 点的速度为 v 、
量值相等的是：
A. ∆r = ∆s ； B. d r = ∆s ； C. d r = d s ； D. d r = ∆r ； E. ∆r = d s 。
4. [
]对于作曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的：
A. 切向加速度必不为零；
B. 法向加速度必不为零（拐点处除外）；
C. 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零；
大学物理考试试题及答案3套
大学物理考试试题及答案3套2011 年12 月考试大学物理第一次作业一、判断题(本大题共30 分，共10 小题，每小题3 分) 1. 物体运动的速度越大，它具有的功也越大( ) 2. 物体处于一定的高度，就具有一定的重力势能( ) 3. 若刚体所受到的合外力为零，则刚体对定轴的角动量守恒( ) 4. 一物体的加速度恒定，而其速度方向不断改变( ) 5. 不可逆过程一定找不到另一过程使系统和外界同时复原( ) 6. 气体的温度表示每个分子的冷热程度( ) 7. 弹性势能和重力势能的零势点均可任意选择( ) 8. 气体的温度是分子平均动能的量度( ) 9. a 变化但质点作直线运动是可能的( ) 10. 在封闭容器中有一定量的理想气体，若气体各部分压强相等，分子数密度也相同，则该气体处于平衡态( )二、填空题(本大题共40 分，共8 小题，每小题5 分) 1. 质量为M 的车以速度v 沿光滑水平地面直线前进，车上的人将一质量为m 的物体相对于车以速度u 竖直上抛，则此时车的速度为______ 2. 温度27 ℃时，1mol 氢气具有的平动动能为______ ，转动动能为______ 3. 一质点沿x 轴运动，速度与位置的关系为v=kx，其中k 为一正常量，则质点在任意x 处的加速度为______ 4. 一圆运动质点的轨迹半径R=1.24，质点的角加速度α =2t，若t=0 时质点角速度为=0.32，t=1 时质点的角速度为______ 、切向加速度为______ 何法向加速度为______ 5. 一质点运动的速度与路程关系为v=4+3s ，则切向加速度与路程的关系为______ 6. 一星球可看作绕轴转动的匀质球体，若在一个演化过程中它的半径缩小为原来的一半，它的自转周期为原来的______ 倍，它赤道上一点的速率是原来的______ 倍7. 有氦气、氢气和水蒸气混合处于平衡态，若氦分子的平均动能为0.03eV，则氢分子的平均动能为______ eV，水分子的平均平动动能为______ eV，平均转动动能为______ eV 8. 一质点沿半径为R 的圆周运动，角速度，其中k 为一正常量。
《大学物理》第3单元课后答案 高等教育出版社
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1 3 ct ，式中 b， 3
3 s； 1000
1
(3)子弹的质量 m 0.002kg ．
da
1分
后 答
8. 质量为 m = 1 kg 物体，从静止出发在水平面内沿 X 轴运动，其受力方向与运动方向相同，合力大
1
其速率为 v 6 ms 小为 F 3 2 x ， 那么， 物体在开始运动的 3 m内， 合力做功A=18J； x = 3 m时，
16. 一园锥摆，质量为 m 的小球在水平面内以角速度匀速转动，在小球转动一周过程中： (1) 小球动量增量的大小等于____0____； (2) 小球所受重力的冲量的大小等于 mg
2
；
三、判断题 17. 物体的动能不变，动量也不变．
假设附近没有其它带电粒子， 则在这一过程中， 18. 一质子轰击一粒子时因未对准而发生轨迹偏转． 由此质子和粒子组成的系统，动量和能量都守恒． 四、计算题 【 对 】
两物体相距x时，系统由静止释放．已知弹簧的自然长度为x 0 ，则当物体相距x 0 时，m 1 的速度大小为 【 D 】
(A)
k ( x x0 ) 2 ． m1
大学物理下作业答案.docx
静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下，极板间的电场等同于电荷均匀分布，密度为o = ±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场一-匀强电场，一板在另一板处之电场强度为£ = o/(2s0)，方向垂直于板面.所以，极板间的相互作用力F =q・E = q2 /(2件)。
故选(B)。
2.解：设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体，使A(即Q)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为q/(6&o),而侧面abed是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abed的电场强度通量等于q/(24%).选(C)。
3.解:寸亘•丞=jpdV/£°适用于任何静电场.选(A)。
4.解：选(B)。
5.解:据高斯定理知：通过整个球面的电场强度通=q/&. ■内电荷通过昂、&的电通量相等且大于零; 外电荷对品的通量为负，对&的通量为正. 所以0>1 <0>2 •故(D)对。
二. 填空题：1.解：无限大带电平面产生的电场E= —2&oA L 八(5 2(5 3(5A 区：E A= ------------------ = ------2s0 2s02g0CL L b 2b bB 区：E R = ------------ = ------2s0 2s 02s0C区"c=三+至=至2s n 2s n 2s n2.解：据题意知，P点处场强方向若垂直于OP,则入在P点场强的OP分量与Q在P点的场强E QP一定大小相等、方向相反.即Jcp = ------------- c os——= ----------- =也冲= -------- , O — aA .2%。
3 4%。
4%。
之3. 解：无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此 其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。
自-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 2cos 3θ。
５. s rad 81.251-⋅。
6.lg θsin 23; θsin 23mgl ; θsin 23mgl 。
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 mg-kxa +=而 2d d d d d d d d R Jm mg-kxx 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。
科学出版社大学物理答案
EC＝_________，ED=___________ (设方向向右为正)．
11. 一半径为R的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d(d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q，如图所
示．则圆心O处的场强大小E＝__________________
2. 电荷面密度均为＋的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围空间各点电场强度 随位置坐标x变化的关系曲线为：(设场强方向向右为正、向左为负)［］
3. 将一个试验电荷q0(正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P点处(如图)，测得它所受的力为F．若考虑到电荷q0不是足够小，则
(A)F/q0比P点处原先的场强数值大．
______________________．该定理表明，静电场是______ _________场．
三、计算题
13. 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)．
14.图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为R1，外表面半径为R2．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势．
8. 如图所示, 一球形导体，带有电荷q，置于一任意形状的空腔导体中．当用导线将两者连接后，则与未连接前相比系统静电场能量将
(A)增大．(B) 减小．
(C)不变．(D) 如何变化无法确定．
［］
二、填空题
9. 半径为R1和R2的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常量为r的均匀介质．设两筒上单位长度带有的电荷分别为+和-，则介质中离轴线的距离为r处的电位移矢量的大小D=____________，电场强度的大小E=____________．
大连理工大学大学物理练习题答案
S dt | 9t 6t 2 | dt 2 y(1.5) y(1) y( 2) 2.25( m)
1 6. 燃料匀速燃烧的太空火箭，其运动函数可表示为x ut u t ln(1 bt ) b 式中常量 u是喷出气流相对火箭的速度，常量b与燃烧速率成正比。求：
3 1 3 1 (1)火箭的速度函数和加速度函数； (2)设u 3.0 10 m s , b 7.5 10 s
燃料在120秒内燃烧完，求t=0s和 t=120s 时的速度； (3) t=0s 和 t=120s时的
加速度。 (1)： v dx u ln( 1 bt ) x dt (2)： vx (0) 0,
a a , v 的夹角 满足 cos t a
夹角变大
作业02 (质点运动学2)
1. 一质点作半径为 R 的变速圆周运动，写出速率、加速度和半径之间的 关系
dv v2 at , an dt R
a at an n, n
2 a at2 an
7.一质点在 xy 平面上运动，运动函数为 x 2t , y 4t 2 8 (SI) ，求： (1)质点运动的轨迹方程并画出轨道曲线； (2)t1=1s 时和 t2=2s 时质点的位置、速度和加速度。 (1) 轨道方程 y x 2 8 (2) 位置 r (1) ( 2i 12 j ) m r ( 2) (4i 24 j )m 2 速度 v (1) ( 2i 8 j ) m/s v ( 2) ( 2i 16 j ) m/s 2
t 0
v( t ) v(0) at dt 3t ( m / s)
大学物理(西南交大)作业参考答案3
NO.3 角动量和刚体定轴转动班级 姓名 学号 成绩一、选择1.体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端．他们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是 [ C ] (A)甲先到达． (B)乙先到达．(C)同时到达． (D)谁先到达不能确定．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 [ C ] (A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ．(C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ．参考：2A Mgr Mr J β=+，BMgrJβ= 3.如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在光滑的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小[ B ] (A) 为41mg cos θ． (B) 为21mg tg θ(C) 为mg sin θ． (D) 不能唯一确定．4.如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 [ C ] (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒．(C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒．5.一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω [ C ] (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 参考：角动量守恒 ，而J 变大，故ω 变小。
6．已知地球的质量为m ，太阳的质量为M ，地心与日心的距离为R ，引力常数为G ，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为：[ A ]（A ）m GMR ； （B ）R GMm ；（C ）Mm RG ； （D ）R GMm 2。
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班级___ ___学号____ ____姓名____ _____成绩______________ 一、填空题
1. 一旋转齿轮的角加速度=4at 3-3bt 2 ，式中a 、b 均为恒量，若齿轮具有初角速度为0，
则任意时刻ｔ的角速度 ，转过的角度为 .
2. 质量为m ，
半径为R 的均质圆盘，平放在水平桌面上，它与桌面的滑动摩擦系数为，试问圆盘绕中心轴转动所受摩擦力矩为 。
3. 一长为L 质量为m 的均质细杆，两端附着质量分别为m 1和m 2的小球，且m 1>m 2 ，两小球直径d 1 、d 2都远小于L ，此杆可绕通过中心并垂直于细杆的轴在竖直平面内转动，则它对该轴的转动惯量为 ， 若将它由水平位置自静止释放，则它在开始时刻的角加速度为多大： 。
4. 质量为m ，半径为r 的均质圆盘，绕通过其中心且与盘垂直的固定轴以角速度匀速转动，则对其转轴来说，它的动量为____________，角动量为__________.
三、计算题：
1. 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO ’转动，设大小圆柱的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ，绕在两柱体上的细绳分别与物体m 1和物体m 2 相连，m 1和m 2则挂在圆柱体的两侧，如图所示，设R =，r =，
m =4kg ，M =10kg ，m 1=m 2=2kg ，求柱体转动时的角加速度及两侧绳中的张力. 解：设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
题2-26(a)图 题2-26(b)图
(1) ^
(2)
1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ①
1111a m T g m =- ②
r
R
O ’
O
m 2
m 1
12T R T r I α''-= ③
式中 112221,,,T T T T a r a R αα''==== 而 222
1
21mr MR I += 由上式求得
12
22
1222222
0.220.12
9.811
100.2040.1020.2020.10226.13rad s Rm rm g I m R m r
β--=++⨯-⨯=
⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯=⋅
(2)由①式 22220.10 6.1329.820.8T m r m g α=+=⨯⨯+⨯=N 由②式11129.820.2. 6.1317.1T m g m R α=-=⨯-⨯⨯=N
}
2. 计算题3-13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 ＝50
kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝ 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
α)2
1
(212Mr r T r T =- ③
又， αr a = ④
联立以上4个方程，得 2212s m 6.72
15
20058
.92002
-⋅=+
+⨯=
+
+=
M m m g m a
题3-13(a)图 题3-13(b)图
<
3. 如图质量为M ，长为L 的均匀直杆可绕O 轴在竖直平面内无摩擦地转动，开始时杆处于自由下垂位置，一质量为m 的弹性小球水平飞来与杆下端发生完全弹性碰撞，若M >3m ，且碰撞后，杆上摆的最大角度为=30，则求：(A)小球的初速度v 0，(B)碰撞过程中杆给小球的冲量. （教材）
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 ①
2
2202
12121mv I mv +=ω ② 上两式中2
3
1Ml 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o
30=θ，按机械能守恒定律可列式：
)30cos 1(2
212︒-=l
Mg I ω ③ 由③式得 2
12
1
)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 2
20
2
ω-= ⑤
|
所以 22
001)(2ωωm
v ml I v -=-
m
v 0
M
O
L
求得
gl
m
M 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
⎰-=∆=0
d mv
mv mv t F
由①式求得
ωωMl l I mv mv t F 31
d 0-=-
=-=⎰gl M 6
)32(6--=
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．。