应科院-大学物理课后习题答案
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、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d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，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。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)(2020年7月整理).pdf
直的平面上有一点 P，它到板的距离为 x 。求 P 点的磁感应强度的大小。
解： 取如图坐标系，在电流平板上取一条形平面，其在 P 点产生的磁场为
dB = 0dI =
0
I0 2a
dy
，
dB
的方向垂直
r
。
2r 2 x2 + y 2
由于电流平板相对 x 轴对称，所以在 P 点的总磁感应强度 B
x 轴的分量： Bx = dBx = 0 ；
B = 0 I (3 + 2 ) 4 2a b
6、如图，流出纸面的电流为 2I，流进纸面的电流为 I， 请写出每一个线圈中的环路公式。 解：根据线圈的绕向和线圈中电流和的方向是否满足右 手螺旋定则来判断。
L1
2I
L3
I L2
L4
所以由磁场中的安培环路定理有：
(A) H • dl = −2I
(B) H • dl = −I
解： 因为截流圆线圈轴线上的磁场
B=
0 IR2
3
2(R2 + x2 ) 2
而 I = 2R 2 = R
B
=
Bx
=
0 R 3
2(R2
+
x
2
)
3 2
，B
的方向与 x
轴的正方向一致。
x
o
R
ω
14、设氢原子基态的电子轨道半径为 a0，求由于电子的轨道运动(如图)在原子核处(圆心处)
产生的磁感强度的大小和方向． 解：①电子绕原子核运动的向心力是库仑力提供的．
值不为零。
18、如图所示，一无限长载流平板宽度为 a，线电流密
度(即沿 x 方向单位长度上的电流)为 ，求与平板共面且
大学物理第6章习题参考答案
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
大学物理课后习题答案第六章
大学物理课后习题答案第六章第6章真空中的静电场习题及答案1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。
一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以200200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε故 223+=x2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以2220)33(π4130cos π412a q q a q '=?εε故 q q 33-=' (2)与三角形边长无关。
3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。
求该直线段受到的电场力。
解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。
在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为)(4220R x dqdE +=πε根据电荷分布的对称性知，0==z y E E23220)(41cos R x xdqdE dE x +==πεθR Oλ1λ2lxy z式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
+=23220)(4dq R x xE x πε232210)(24R x Rx+?=πλπε232201)(2R x xR +=ελ下面求直线段受到的电场力。
在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为dq E dF x =dx R x xR 2322021)(2+=ελλ 方向沿x 轴正方向。
大学物理课后习题答案整理(杨晓峰版)-习题6-3答案
习题6-3解答：
基本思路：由旋转矢量法可知坐标原点处的初相位，然后根据题中已知的其它的物理量，写出原点处的振动方程，再写出波动方程，由波动方程可以求出在cm 150=x 处质点的振动方程。
习题6-3图
计算过程：（1）t = 0时原点处质点在平衡位置向正位移方向运动,由旋转矢量图（习题6-3图）可知，原点出的初相位为2π
ϕ-=。
由题可知：振幅m 1.0=A 波长m 2=λ 波速为1s m 1-⋅=u 所以：周期 s 2==u T λ
原点处振动方程为2
cos(1.0]2cos[π
πϕπν-=+=t t A y SI 波向x 轴的正方向传播，波动方程为]2
22(2cos[1.0ππ--=x t y SI （2）波向x 轴的正方向传播，波动方程为]2
22(2cos[1.0ππ--=x t y SI m 5.1150==cm x 时，波动方程为 t
t t t y πππππππππcos 1.0]2cos[1.0]25.1cos[1.0]225.12(2cos[1.0=-=--=--= SI。
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第十二章 导体电学【例题精选】例12-1 把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则 (A) U B > U A ≠0． (B) U B > U A = 0．(C) U B = U A ． (D) U B < U A ． [ D ]例12-2 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R ． (B) R U 0． (C) 20r RU ． (D) r U 0． [ C ] *例12-3 如图所示，封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。
A 、C 不带电，B 带正电，则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是（A ） U A = UB = UC （B ） U B > U A = U C （C ） U B > U C > U A （D ） U B > U A > U C例12-4 在一个不带电的导体球壳内，先放进一个电荷为 +q 的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触。
然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q 取走。
此时，球壳的电荷为 ；电场分布的范围是 ． -q 球壳外的整个空间例12-5 如图所示，A 、B 为靠得很近的两块平行的大金属平板，两板的面积均为S ，板间的距离为d ．今使A 板带电荷q A ，B 板带电荷q B ，且q A > q B ．则A 板的靠近B 的一侧所带电荷为 ；两板间电势差U = ．)(21B A q q - Sd q q B A 02)(ε- 例12-6 一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d 。
充电后，两极板间相互作用力为F 。
则两极板间的电势差为 ；极板上的电荷为 。
C Fd /2 FdC 2例12-7 C 1和C 2两个电容器，其上分别标明200 pF （电容量）、500 V （耐压值） 和300 pF 、900 V ．把它们串连起来在两端加上1000 V 电压，则(A) C 1被击穿，C 2不被击穿． (B) C 2被击穿，C 1不被击穿．(C) 两者都被击穿． (D) 两者都不被击穿． [ C ]ABA C Bd例12-8 半径分别为1.0 cm 与2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.0³10-8 C ，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求：(1) 每个球所带电荷；(2) 每个球的电势．(22/C m N 1094190⋅⨯=πε) 解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ， 则两球电势分别是 10114r q U επ=， 20224r q U επ=两球相连后电势相等 21U U =，则有 21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 92122103.132-⨯=+=r r qr q C两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V例12-9 如图所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为 R a 、 R b 、R c ．圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地．求Ｂ的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2．解：设B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，而A 、C 上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ，方向由B 指向AB 、C 间场强分布为E 2=λ2 / 2πε0r ，方向由B 指向CB 、A 间电势差 a b R R R R BA R R r r r E U ab a bln 2d 2d 0111ελελπ=π-=⋅=⎰⎰B 、C 间电势差 b c R R R R BC R R r r r E U cb cb ln 2d 2d 0222ελελπ=π-=⋅=⎰⎰ 因U BA ＝U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 【练习题】*12-1 设地球半径R =6.4⨯106 m ，求其电容？解：C=4πε0R=7.12³10-4F12-2三块互相平行的导体板，相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多，外面二板用导线连接．中间板上带电，设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图所示．则比值σ1 / σ2为λ2(A) d 1 / d 2． (B) d 2 / d 1． (C) 1． (D) 2122/d d ． [ B ]12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F 与两极板间的电压U 的关系：(A) F ∝U ． (B) F ∝1/U ． (C) F ∝1/U 2． (D) F ∝U 2． [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A) 空心球电容值大． (B) 实心球电容值大．(C) 两球电容值相等． (D) 大小关系无法确定． [ C ] 12-5 一导体A ，带电荷Q 1，其外包一导体壳B ，带电荷Q 2，且不与导体A 接触．试证在静电平衡时，B 的外表面带电荷为Q 1 + Q 2．证明：在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图．设B 内表面上带电荷Q 2′，按高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故0/)(d 021='+=⎰⋅εQ Q S E S∴ 12Q Q -=' 根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为2Q ''，则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章 电介质【例题精选】例13-1 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ． (C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． [ B ] 例13-2 C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。
《大学物理》课后习题答案
习题４-12图HLh4-12 一个器壁竖直的开口水槽，如图所示，水的深度为H =10m ，在水面下h =3m 处的侧壁开一个小孔。
试求：（1）从小孔射出的水流在槽底的水平射程L 是多少？（2）h 为何值时射程最远？最远射程是多少？ 解：（１）设水槽表面压强为p 1，流速为v 1，高度为h 1，小孔处压强为p ２，流速为v ２，高度为h ２，由伯努利方程得： 222212112121gh v p gh v p ρρρρ++=++根据题中的条件可知：211021,0,h h h v p p p -==== 由上式解得：gh v 22=由运动学方程：221gt h H =-，解得:gh H t )(2-=水平射程为:)(m 17.9)310(34)(42=-⨯⨯=-==h H h t v L (2)根据极值条件，令0=dhdL，Ｌ出现最大值， 即022=--hhH h H ，解得：h=5m此时Ｌ的最大值为10m 。
4-14 水在粗细不均匀的水平管中作稳定流动，已知在截面Ｓ1处的压强为110Ｐa ，流速为0.2m/s ，在截面Ｓ2处的压强为５Ｐa ，求Ｓ2处的流速（把水看作理想流体）。
解：由伯努利方程得：2222112121v p v p ρ+=ρ+2323100.12152.0100.121110v ⨯⨯⨯+=⨯⨯⨯+)(5.012-⋅=s m v4-16在水管的某一端水的流速为1.0m/s ，压强为5100.3⨯Pa ，水管的另一端比第一端降低了20.0m ，第二端处水管的横截面积是第一端处的1/2。
求第二端处的压强。
设管中的水为理想流体，且作稳定流动。
解:由连续性方程 2211v S v S = 得：)(211212212-⋅=⨯==s m v S S v 由伯努利方程222212112121gh v p gh v p ρρρρ++=++ 得：)()(2121222112h h g v v p p -+-+=ρρ)(1095.4208.910)21(1021100.3532235Pa ⨯=⨯⨯+-⨯⨯+⨯= 5-14 当温度为0C时，可将气体分子视为刚性分子，求在此温度下：（1）氧分子的平均平动动能和平均转动动能；（2）34.010kg -⨯氧气的内能；（3）34.010kg -⨯氦气的内能。
大学物理第六章课后习题答案
第六章静电场中的导体与电介质6 —1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近，则导体B的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体B相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A移到不带电的导体B附近时，在导体B的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。
6 —2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。
若将导体N的左端接地（如图所示），则（）（B）N上的正电荷入地（A ）N上的负电荷入地（C）N上的所有电荷入地地（D）N上所有的感应电荷入题6-2图分析与解导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。
因而正确答案为（ A ）。
6 —3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d,参见附图。
设无穷远处为零电势，则在导体球球心0点有（）（A）E =0,V —4 n^d（B）E J,V L4 n%d 4 n %d （C）E = 0,V = 0题6-3图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。
点电荷 q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷土 q',导体球表面的感应电荷土 q'在球心 0点激发的电势为零，0点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。
因而正 确答案为(A )。
6 -4根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合 曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。
下列推论正确的是()(A )若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有 自由电荷 (B)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代 数和一定等于零 (C) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有 极化电荷 (D) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E)介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零； 由于电介质会改变自由电荷的空间分布， 介质 中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
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。
大学物理课后习题答案整理(杨晓峰版)-习题12
习题 12-13 解答：旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上取宽 为 dR 的圆环，其等效电流 dI 2RdR RdR （ 是圆盘的电荷面密度）
T 由磁矩的定义，等效电流的磁矩 dm R2 dI ，方向与电流方向满足右手关
系。故整个圆盘的磁矩大小为
m
dm
r 0
R 3 dR
习题 12-18 解答：由图可知，圆环受的磁场力的方向在铅直方向，其大小为
F Fz
dF sin 2 πr 0
IBdl sin IB sin 2 π r 0
dl 2 πrIB sin
习题 12-19 解答：在圆弧形电流中取一电流元 Idl ，它在圆心处产生的磁感
应强度大小为
dB
0 4π
sin 90
0 I1I 2
π r12 2r2
习题 12-23 解答：取与长直导线管同轴的圆形安培环路
在 r r1 区域
在 r1 r r2 区域
l B dl 0
B l
dl
B
2 π r
0
π
I r22
r12
π r 2 r12
在 r r2 区域
l B dl 0I
故
0
B
习题 12-25 解答：过环内 P 点，作半径为 r 的圆形闭合路径。如图所示，显 然闭合路径上各点的磁感应强度方向都和闭合路径相切，各点的 B 大小相等。根 据安培环路定理有
习题
12-17
解答：
Fab
0I 2 2πb
a
，方向水平向左。
dFbc
BIdl
0 I 2x
Idl
dl
dx cos 30
Fbc
dFbc
(完整版)大学物理,课后习题,答案
第十七章 振 动1、 一物体作简谐振动，振动方程为 )cos(A x 4t πω+=。
求 4Tt =（T 为周期）时刻物体的加速度。
解：由振动加速度定义得)4 cos(222πωω+-==t A dtx d a代入4Tt =22422)442cos(ωππωA A a T t =+-==求得4Tt =时物体的加速度为222ωA 。
2、 一质点沿ｘ轴作简谐振动，振动方程为)cos(x ππ312t 2104+⨯=-（SI ）。
求：从t=0时刻起，到质点位置在x=-2cm 处，且向ｘ轴正方向运动的最短时间间隔？解：用旋转矢量图求解，如图所示t=0时刻，质点的振动状态为：3sin 08.0)3 2sin(204.002.0)30cos(04.0)3 2cos(04.000<-=+⨯-===+=+=ππππππππt dt dx v mt x可见，t=0时质点在cm x 2=处，向x 轴负方向运动。
设t 时刻质点第一次达到cm x 2-=处，且向x 轴正方向运动0>v 。
则：πϕ=∆min5.02min===∆ππωπt （s ）3、一物体作简谐振动，其速度最大值sm v m 2103-⨯=，其振幅 m A 2102-⨯=。
若t=0时，物体位于平衡位置且向ｘ轴的负方向运动.求： （1）振动周期T ；（2）加速度的最大值m a ； （3）振动方程的数值式。
解：设物体的振动方程为) cos(ϕω+=t A x则)cos( )sin( 2ϕωωϕωω+-=+-=t A a t A v（1） 由, ωA v m =及sm v m 2103-⨯= 得物体的振动周期：πππωπ341031022 2222=⨯⨯⨯===--m v A T （s ） （2） 加速度最大值：)(105.4102)103(2222222s m A v A a m m ---⨯=⨯⨯===ω （3） 由t=o 时,0 , 0<=v x 得)0sin( 02.00)0cos(02.000<+⨯-==+=ϕωϕv x解之得：2πϕ=质点的振动方程为：)223cos(02.0π+=t x m4、两个物体作同方向、同频率、同振幅的简谐振动。
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的函数形式为)ωt sin ωt (cos j i +=R r其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω=消去t 可得轨道方程 222R y x =+2） j rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )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0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知2t 4x =t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i rv 2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） j v 2(0)= j i v 28(1)+=1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r 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）j i rv 2t 2dt d +==i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdv a 2t +==2221n t a a a t =-=+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20121at t v y += （1） 图 1-420221gt t v h y -+= （2）21y y = （3） 解之 2d t g 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t d d r ，t d d v ，t vd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+=（2）联立式（1）、式（2）得 202v 2gx h y -=（3）j i rgt -v td d 0= 而 落地所用时间 gh 2t =所以j i r 2gh -v t d d 0= j v g td d -= 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21122222002[()](2)g gh g t dv dt v gt v gh ==++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。
大学物理第二册习题答案详解
(2)电荷增加，场强变大，电势差不变，电容变大，电容器储能增加。
9-4电容分别为C1，C2的两个电容器，将它们并联后用电压U充电与将它们串联后用电压2U充电的两种情况下，哪一种电容器组合储存的电量多？哪一种储存的电能大？
(1)A板 上电荷守恒，且为等势体
（1）
（2）
＝－2.0×10－7C
QB＝－1.0×10－7C
＝2.26×103V
(2)当A，B两板间充满相对介电常量εr时
（1）
（2）
＝0.86×10－7C
QB＝－2.14×10－7C
＝9.7×102V
＝－2.0×10－7C
QB＝－1.0×10－7C
＝2.26×103V
题8-19图
［ ］
(2) 电荷在 点产生电势，以
同理 产生
半圆环产生
∴
8-20两半径分别为R1和R2(R2＞R1)，带等值导号电荷的无限长同轴圆柱面，电荷线密度为±λ，求两圆柱面间的电势差.
解：在两圆柱面间的电场强度,根据高斯定理
得：
两导体的电势差，由定义
得：
第九章
9-1若一带电导体表面上某点电荷面密度为σ，则该点外侧附近场强为σ/ε0，如果将另一带电体移近，该点场强是否改变？公式Ε＝σ/ε0是否仍成立？
∴2+3= 0 (1)
2= -3
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 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 ，另一板受它的作用力 ，这是两板间相互作用的电场力．
8-3一个点电荷q放在球形高斯面的中心，试问在下列情况下，穿过这高斯面的E通量是否改变？高斯面上各点的场强E是否改变？
《大学物理》 第二版 课后习题答案 第六章
习题解析6-1在坐标原点及0)点分别放置电量61 2.010Q C -=-⨯及62 1.010Q C -=⨯的点电荷，求1)P -点处的场强。
解 如图6.4所示，点电荷1Q 和2Q 在P 产生的场强分别为 1122122201102211,44Q r Q r E E r r r r πεπε== 而12123,,2,1r i j r j r r =-=-==，所以()()11111222011011662203111441 2.010 1.010422113.9 6.810Q r Q r E E E r r r r j j i j N C πεπεπε--=+=+⎛⎫-⨯-⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭≈-+⨯∙总 6-2 长为15l cm =的直导线AB 上，设想均匀地分布着线密度为915.0010C m λ--=⨯⋅，的正电荷，如图6.5所示，求：（1）在导线的延长线上与B 端相距1 5.0d cm =处的P 点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处的Q 点的场强。
解 （1）如图6.5（a ）所示，以AB 中点为坐标原点，从A 到B 的方向为x 轴的正方向。
在导线AB 上坐标为x处，取一线元dx ，其上电荷为 dq dx λ= 它在P 点产生的场强大小为 2200111442dq dxdE r l d x λπεπε==⎛⎫+- ⎪⎝⎭方向沿x 轴正方向。
导线AB 上所有线元在P 点产生的电场的方向相同，因此P 点的场强大小为()1212122000112112992122111114442115.0010910 6.75105102010dq dx E r d l d l d x V m λπεπεπε------⎛⎫===- ⎪-⎛⎫⎝⎭+- ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=⨯∙ ⎪⨯⨯⎝⎭⎰方向沿x 轴正方向。
（2）如图6.5（b ）所示，以AB 中点为坐标原点，从A 到B 的方向为x 轴正方向，垂直于AB 的轴为y 轴，在导线AB 上坐标为x 处，取一线元dx ，其上的电荷为 dq dx λ= 它在Q 点产生的电场的场强大小为 22220021144dq dx dE r d x λπεπε==+ 方向如图6.5（b ）所示。
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第十二章 电磁感应12－1在通有电流I=5A 的长直导线近旁有一导线ab ，长l =20cm ，离长直导线距离d=10cm （如图）。
当它沿平行于长直导线的方向以v =10m/s 速率平移时，导线中的感应电动势多大？a 、b 哪端的电势高？解：根据动生电动势的公式E =Ll B v d )(E 3ln 2203010Ivx dx IvV 57101.13ln 2105104xo方向沿x 轴负向，a 电势高。
12－2平均半径为12cm 的4×103匝线圈，在强度为0.5G 的地磁场中每秒钟旋转30周，线圈中可产生最大感应电动势为多大？如何旋转和转到何时，才有这样大的电动势？解：t NBS cos ，电动势的大小为E t NBS dtdsin E max n r NB 22V 7.1302)1012(105.0104224312－4若上题中线圈不动，而长导线中，通有交流电i =5sin100 t A ，线圈内的感生电动势将多大？解：2ln 21020101010iLN x dx iL N电动势的大小为E dt ddt diL N2ln 20dt di L N 2ln 20t L N100cos 10052ln 20 t100cos 5002ln 22104100.173)(100cos 1035.42V t12－5一长为L 的导体棒CD ，在与一均匀磁场垂直的平面内，绕位于L/3处的轴以匀角速度 沿反时针方向旋转，磁场方向如图所示，磁感应强度为B ，求导体棒内的感应电动势，并指出哪一端电势高？解：根据动生电动势的公式E =Ll B v d )(EL dr Br 320L dr Br 310L L dr Br 3231261L B c 点电势高 12－6如图两端导线ab=bc=10cm ，在b 处相接而成300角。
若使导线在匀强磁场中以速率v =1.5m/s 运动，磁场方向垂直图面向内，B=2.5×10－2T ，问ac 间的电势差是多少？哪端电势高？解：ab 边不切割磁场线，不产生感应电动势， bc 边产生感应电动势为E＝21105.25.1101030sin 220vB bc V 31088.1c 点电势高习题12－5图习题12－6图12－10均匀磁场B (t)被限制在半径为R 的圆柱形空间，磁场对时间的变化率为dB/dt ，在与磁场垂直的平面内有一正三角形回路aob ，位置如图所示，试求回路中的感应电动势的大小。
解：B R BS 261 ，回路中的感应电动势的大小为 E dt d dtdBR BS 26112－15 两圆形线圈共轴地放置在一平面内，它们的半径分别为R 1和R 2，且R 1>>R 2，匝数分别为N 1和N 2，试求它们的互感。
（提示：可认为大线圈中有电流时，在小线圈处产生的磁场可看作是均匀的）解：大线圈圆电流在其圆心处产生的磁场为1012R IN B 因为R 1>>R 2，所以可认为其穿过小线圈的磁通量为222R BN 2210212R R I N N习题12－10图习题12－15图第十四章 波动14－4 本题图表示一平面余弦波在t ＝0时刻与t ＝2s 时刻的波形图，求： (1) 坐标原点处介质质点的振动方程；(2) 该波的波方程。
解：由图可知：原点处质点的振动初相2；波长 m 160 ，波速 s m u /10220； 因而圆频率 82u，(1)原点处质点的振动方程)28cos(0t A y(2) 波方程 2)10(8cosx t A y14－6 波源作简谐振动，周期为s 100.12 ，以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，若此振动以u ＝400m/s 的速度沿直线传播。
求：（1）距离波源8.0m 处质点P 的运动方程和初相；（2）距离波源9.0m 和10.0m 处两点的相位差。
解：在确知角频率1s 200/2 T 、波速1s m 400 u 和初相）或2/(2/30 的条件下，波动方程]2/3)s m 400/)(s 200cos[(11 x t A y位于 x P = 8.0 m 处，质点P 的运动方程为A 习题14－4图]2/5)s 200cos[(1P t A y该质点振动的初相2/50 P 。
而距波源9.0 m 和 10.0 m 两点的相位差为2//)(2/)(21212 uT x x x x如果波源初相取2/0 ，则波动方程为]2/9)(s 200cos[(1 t A y14－12 如本题图所示，1S 和2S 为同位相的两相干波源，相距为L ，P 点距1S 为r ；波源1S 在P 点引起的振动振幅为1A ，波源2S 在P 点引起的振动振幅为2A ，两波波长都是 ，求P 点的振幅。
解：两列波传到P 点时的相位差r L r r L r r 222212 ， 因而P 点振幅212122212121222122cos 2cos 2r L A A A A A A A A A第十六章 光的干射16－2 由光源S 发出的λ＝600nm 的单色光，自空气射入折射率n ＝1.23的一层透明物质，再射入空气（如图）若透明物质的厚度d=1cm ，入射角θ＝300，且SA=BC=5cm 。
求（1）θ1为多大？（2）此单色光在这层透明物质里的频率、速度和波长各是多少？（3）S 到C 的几何路程为多少？光程为多少？ 解：(1)由折射定律1sin sin n可得: 1sin sin 30sin sin(241.23arc arc n(2)82.4410(/)n cv m s n74.8810()n m n145.010()cHz(3)S 到C 的几何路程为:10.111()cos dSC SA AB BC SA BC mS 到C 的光程为: 110.114()SA AB n BC m12习题14－12图习题2用图16－4一双缝实验中两缝间距为0.15mm ，在l.0m 远处测得第l 级和第10级暗纹之间的距离为36mm 。
求所用单色光的波长。
解：600()xdnm D16－9 用白光垂直入射到间距为0.25mm 的双缝上，距离缝1.0m 处放置屏幕。
求第二级干涉条纹中紫光和红光极大点的间距（白光的波长范围是400～760nm ）。
解：31 6.0810()Dx k m d32 3.2010()Dx k m d312 2.8810() 2.88()x x x m mm16－11 在空气中有一厚度为5000A 的薄油膜（n=1.46），并用白光垂直照射到此膜上，试问在300nm 到700nm 的范围内，哪些波长的光反射最强? 解：22nd k21/2ndk1k 2920()nm (舍) 2k 973()nm (舍) 3k 584()nm 4k 417.1()nm 5k 324.4()nm 6k 265.4()nm (舍)所以,反射最强的光为584nm , 417.1nm , 324.4nm.16－13 如图，一长10cm 的玻璃片，叠加在另一玻璃片上，并用0.1mm 厚度的金属带从一端塞入它们之间，使两玻璃片成一小角度。
以波长为546nm 的光从玻璃片顶上照射，从反射光可以观察到每厘米有多少条干涉条纹？ 解：0.0273()2Lb cm nD136()b条16－18 用单色光观察牛顿环，测得某一明环的直径为3.00mm ，它外面第5个明环的直径为4.60mm 。
，平凸透镜的半径为1.03m ，求此单色光的波长解：r333102590()4.60102nmDLn=1 习题16-13用图第十七章 光的衍射17－1 波长为700nm 的红光正入射到一单缝上，缝后置一透镜，焦距为0.70m ，在透镜焦距处放一屏，若屏上呈现的中央明条纹的宽度为2mm ，问该缝的宽度是多少？假定用另一种光照射后，测得中央明条纹的宽度为1.5mm ，求该光的波长。
解：单缝衍射中央明条纹的宽度为afx2m x f a 739109.4102107007.022 fxa2 代入数据得 nm 5257.02105.1109.43717－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。
解：单缝衍射明纹条件为2)12(sink a依题意有2)122(2)132(21代入数据得 nm 6.42876005752117－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。
（1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。
星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。
视网膜上星体的像的直径多大？（3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。
星体的像照亮了几个这样的细胞？解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为rad d 439109.1100.71055044.244.22（2）视网膜上星体的像的直径为mm l d 34104.423109.1 2（3）细胞数目应为3.2105.14)104.4(523 n 个。