大学物理同步辅导与复习自测答案
大学物理同步辅导与复习自测答案七
一．选择题1. （基础训练2）［ C ］两瓶不同种类的理想气体，它们的温度和压强都相同，但体积不同，则单位体积内的气体分子数n ，单位体积内的气体分子的总平动动能(E K /V )，单位体积内气体的质量ρ的关系为：(A) n 不同，(E K /V )不同，ρ 不同．(B) n 不同，(E K /V )不同，ρ 相同． (C) n 相同，(E K /V )相同，ρ 不同．(D) n 相同，(E K /V )相同，ρ 相同． 解答： ∵nkT p =，由题意，T ，p 相同∴n 相同；∵kT n V kTN V E k 2323==，而n ，T 均相同∴VE k 相同 由RT Mm pV =得RTpM VM ==ρ，∵不同种类气体M 不同∴ρ不同2. （基础训练7）［ B ］设图示的两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线；令()2O pv 和()2H pv分别表示氧气和氢气的最概然速率，则(A) 图中ａ表示氧气分子的速率分布曲线；()2O p v /()2H p v =4．(B) 图中ａ表示氧气分子的速率分布曲线；()2O p v /()2H p v ＝1/4．(C) 图中ｂ表示氧气分子的速率分布曲线；()2O p v /()2H p v ＝1/4． (D) 图中ｂ表示氧气分子的速率分布曲线；()2O pv /()2H pv＝ 4．解答：理想气体分子的最概然速率p v =同一温度下摩尔质量越大的p v 越小，又由氧气的摩尔质量33210(/)M kg m ol -=⨯，氢气的摩尔质量3210(/)M kg m ol -=⨯，可得()2O pv /()2H pv＝1/4。
故应该选（B ）。
3. （基础训练8）［ C ］设某种气体的分子速率分布函数为f (v )，则速率分布在v 1~v 2区间内的分子的平均速率为 (A) ⎰21d )(v v v v v f ． (B) 21()d v v v vf v v ⎰．(C)⎰21d )(v v v v v f /⎰21d )(v v v v f ． (D)⎰21d )(v v v v v f /0()d f v v ∞⎰．解答：因为速率分布函数f (v )表示速率分布在v 附近单位速率间隔内的分子数占总分子数的百分率，所以⎰21d )(v v v v v f N 表示速率分布在v 1~v 2区间内的分子的速率总和，而21()d v v N f v v ⎰表示速率分布在v 1~v 2区间内的分子数总和，因此⎰21d )(v v v v v f /⎰21d )(v v vv f 表示速率分布在v 1~v 2区间内的分子的平均速率。
大学物理自测与练习题答案
大学物理自测与练习题答案一、选择题1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。
如果一个物体的质量是另一个物体的两倍，而作用力是其一半，那么这两个物体的加速度是相等的。
这种说法正确吗？A. 正确B. 错误2. 光在真空中的传播速度是多少？A. 299,792,458 米/秒B. 300,000,000 米/秒C. 299,792,000 米/秒3. 根据能量守恒定律，以下哪种情况是可能的？A. 一个完全弹性碰撞，碰撞后两物体的总动能增加B. 一个非弹性碰撞，碰撞后两物体的总动能减少C. 一个完全非弹性碰撞，碰撞后两物体的总动能不变二、填空题4. 根据波的干涉原理，当两列波的相位差为\( \pi \)时，它们会形成________干涉图样。
5. 根据热力学第一定律，一个封闭系统的内能变化等于系统与外界交换的热能与________之和。
三、简答题6. 简述牛顿第三定律的内容，并给出一个日常生活中的例子。
7. 描述麦克斯韦方程组的四个基本方程，并简要解释它们各自的含义。
四、计算题8. 一个质量为2千克的物体在水平面上以3米/秒的速度滑行，受到一个大小为10牛顿的摩擦力作用。
求物体在5秒内滑行的距离。
9. 一个弹簧的劲度系数为500牛顿/米，当弹簧被拉伸0.1米时，求弹簧的弹性势能。
五、实验题10. 如果你在实验室中使用一个单摆进行实验，如何测量单摆的周期？请描述实验步骤，并解释如何从实验数据中计算出单摆的周期。
11. 描述如何使用示波器测量交流电的频率和振幅，并解释测量结果如何帮助理解交流电的特性。
六、论述题12. 论述相对论中的时间膨胀现象，并解释为什么在高速运动的参考系中时间会变慢。
13. 讨论量子力学中的不确定性原理，并解释它对微观粒子行为预测的影响。
七、案例分析题14. 考虑一个在竖直平面内做圆周运动的物体。
如果物体在最高点的速度为零，它将会发生什么？请结合向心力和重力进行分析。
(配合教材上册)大学物理学课后作业与自测题参考答案与部分解析
dt dx dt
dx
K
0
v0 K
K
答案 (1)3°36′；(2)0.078
解析 (1)轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．
因而有 Nsin θ＝mv21，Ncos θ＝mg，所以 tan θ＝ v21 ，代入数据可得θ＝3°36′．
R
Rg
(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为μN′，这里 N′为该时刻地面对车的支
Rcot α． at
(2)S＝1att2＝1Rcot α． 22
2－4 2－5
答案
R－b cc
解析 v＝s′＝b＋ct，at＝c，an＝vR2＝(b＋Rct)2，令 at＝an，得 t＝
R－b． cc
答案 北偏东 19.4°，170 km/h
解析 设下标 A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：
v0 v
0
作业 2
ABBCF
2－2
(1)gsin θ；gcos θ；(2)－g；2 3v2；(3)v0＋bt； 2 3g
b2＋(v0＋bt)4；(4)1ct3；2ct；c2t4；(5)69.8 m/s
R2
3
R
2－3 答案 (1) Rcot α；(2)1Rcot α
at
2
解析 (1)物体的总加速度 a 为 a＝at＋an，tan α＝aant＝(aattt)2＝aRtt2，t＝ R
解析 (1)dx＝vdt，dx＝vdt＝v，adx＝vdv， adx ＝ vdv ， (－kx)dx ＝ vdv ，－1kx2＝1v2＋C，因
dv dv a
22
为质点静止于 x＝x0，所以 C＝－1kx20，所以 v＝± k(x20－x2)． 2
大学物理同步辅导与复习自测答案
加速度 a1 上升时，绳中的张力正好等于绳子所能承受的最大张力的一半，问升
降机以多大加速度上升时，绳子刚好被拉断？
(A) 2 a1．
(B) 2( 案
a1
(C) 2 a1＋ g．
(d) a1＋ g．
Tmax Tmax
a2
2( mg ma 1 ) mg ma 2 ; g 2a1
可得： - N
dv m ,N
dt
2
v m
R
t
dt 0R
v
dv
2
v0 v
11 v v0
t ,v
R
R R v0 t
s
ln
.
R
2
v m
R
dv m,
dt
Rv 0 ,
R v0 t
f N
15.水平面上有一质量 M= 51 kg 的小车 D，其上有一定滑轮 C. 通过绳在滑轮两侧分别连有质量为 m1 ＝ 5 kg 和 m2＝ 4 kg 的物体 A 和 B, 其中物体 A 在小车的水平台面上，物体 B 被绳悬挂 .各接触面和滑
Mm
(C) F ≤ s( m+M )mg． (D) F ≤ k mg
．
M
F A B
图 2-25
若不发生相对滑动，
F ( m M ) a,
f ma , f
s mg , F
m
s1
mg .
M
二、填空题
7【基础训练 8】、质量相等的两物体 A 和 B，分别固定在弹簧的两端，竖直放在 光滑水平面 C 上，如图 2-17 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， A 的加速度大小 aA＝_______ ，B 的加速度的大小 aB＝ _______．
大学物理复习答案
3．半径为1R 和2R 的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常数为r ε的均匀介质。
设两圆筒上单位长度带电量分别为λ+和λ-，则介质中的电位移矢量的大小D =，电场强度的大小E =。
答案：r D 2πλ=, r 2E r0επελ=解：如图，取柱面高斯面。
根据对称性，柱面（高斯面）的上下底上，电位移矢量D与高斯面法线方向垂直；柱面（高斯面）的侧面上，电位移矢量D处处大小相等，并与高斯面法线方向平行。
由高斯定理，得到0Q S d D S=⋅⎰⎰ ，λπl rlD =2，r D 2πλ= 电场强度为rDE r r επελεε002==4．一带电量q 、半径为R 的金属球壳，壳内充满介电常数为ε的各向同性均匀电介质，壳外是真空，则此球壳的电势U =。
答案：Rq 04πε解：由高斯定理，可以求得球壳外电场强度204rqE πε=取无限远处电势为零，则Rq ds E U R04cos πεθ==⎰∞5．两个点电荷在真空中相距为1r 时的相互作用力等于在某一“无限大”均匀电介质中相距为2r 时的相互作用力，则该电介质的相对介电常数r ε=。
答案：2221r r r =ε解：在真空中，两个点电荷之间的作用力（库仑力）为210214r Q Q F πε=点电荷1Q 在“无限大”电介质中产生的电场强度为201/14rQ E r επε= 点电荷2Q 受到的库仑力为22021/12/4r Q Q E Q F r επε==依题F F =/220212102144r Q Q r Q Q r επεπε=⇒2221r r r =ε 6．有一同轴电缆，、外导体用介电系数分别为1ε和2ε的两层电介质隔开。
垂直于轴线的某一截面如图5-2所示。
求电缆单位长度的电容。
解：取高斯面为柱面。
柱面的半径为r 、长度为l ，对称轴为同轴电缆的对称轴，柱面在同轴电缆的两极之间。
由对称性，高斯面上的上下底面电位移矢量与高斯面法线方向垂直；侧面上，电位移矢量处处大小相等，并且与高斯面平行。
大学物理同步辅导与复习自测答案
台相对静止时，物块转动半径的最大值
rmax 和最小值 r min．
解：此题需考虑摩擦力
方向可变。速度大时摩
擦力向内，速度较小时
2
2
T
NM
r max , T
N M r min .T mg , N Mg .
6g
g
r max
2 37 . 2 mm , r min
2 12 .4 mm
16
8
摩擦力向外。
12【自测 11】、一水平放置的飞轮可绕通过中心的竖直轴转动，飞轮的辐条上装有一个小滑块， 它可在辐条上无摩擦地滑动．一轻弹簧一端固定在飞轮转轴上，另一端与滑块联接．当飞轮以角速度 ω 旋转时，弹簧的长度为原长的 f 倍，已知 ω ＝ ω 0 时， f ＝f 0，求 ω与 f 的函数关系。
轮轴均光滑．系统处于静止时，各物体关系如图所示．现在让系统运动
, 求以多大的水平力 F 作用于
小车上，才能使物体 A 与小车 D 之间无相对滑动． ( 滑轮和绳的质量均不计，绳与滑轮间无相对滑动
)
4
大学物理同步辅导与复习自测答案
A
C
D
B
图 2-5
【解】：建立 x、y 坐标 . 系统的运动中， 物体 A、B 及小车 D 的受力如图 2－ 6 所示， 设小车 D 受力 F 时，连接物体 B 的绳子与竖直方向成 角. 当 A、 D 间无相对滑动时，应有如下方程：
5【自测 5】、质量为 m 的物体自空中落下，它除受重力外，还受到一个与速度平方成正比的阻力 的作用，比例系数为 k，k 为正值常量．该下落物体的收尾速度 ( 即最后物体作匀速运动时的速度 )将是
mg
(A)
.
k
g
大学物理同步辅导与复习自测恒定电流答案
一. 选择题[ C ]1. （基础训练2）三条无限长直导线等距地并排安放，导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别载有1 A ，2 A ，3 A 同方向的电流．由于磁相互作用的结果，导线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ单位长度上分别受力F 1、F 2和F 3，如图所示．则F 1与F 2的比值是：(A) 7/16． (B) 5/8． (C) 7/8． (D) 5/4．【提示】设导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的电流强度分别为321,,I I I ，产生的磁感应强度分别为321,,B B B ，相邻导线相距为a，则aa I a Il I B l I B l I F aa I a Il I B l I B l I F πμπμπμπμπμπμ0103022122322203020113112111222,47222=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-==⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+=+=式中3A.I A,2I 1A,I ,1 ,132121=====m l m l 故8/7/21=F F .[ D ]2. (基础训练6)两个同心圆线圈，大圆半径为R ，通有电流I 1；小圆半径为r ，通有电流I 2，方向如图．若r << R (大线圈在小线圈处产生的磁场近似为均匀磁场)，当它们处在同一平面内时小线圈所受磁力矩的大小为 (A)Rr I I 22210πμ． (B)Rr I I 22210μ．(C)rR I I 22210πμ． (D) 0．【提示】大圆电流在圆心处的磁感应强度为，方向垂直纸面朝内2RI B 101μ=；小圆电流的磁矩为方向垂直纸面朝内，,222r I p m π=所以，小圆电流受到的磁力矩的大小为2211sin 00m m M p B p B =⨯=︒=[ B ]3.（自测提高4） 一个动量为p 的电子，沿图示方向入射并能穿过一个宽度为D 、磁感强度为B (方向垂直纸面向外)的均匀磁场区域，则该电子出射方向和入射方向间的夹角为(A) p eBD 1cos-=α．(B) peBD 1sin -=α． F 1F 2F 31 A2 A3 A ⅠⅡⅢO r R I 1 I 2(C) epBD 1sin-=α． (D) ep BD 1cos -=α．【提示】电子在磁场中的轨迹为一段圆弧，如图。
(配合教材下册)大学物理学课后作业与自测题参考答案与部分解析
导体内部(a＜r＜b)各点的磁感强度的大小为 B＝ μ0I ·r2－a2． 2π(b2－a2) r
(2)导体的电流 I 可以写为 I＝
b
j 2rdr ＝
b
kr
2rdr
＝2πk·b3－a3，所以，常数
k＝
3I
，又由
a
a
3
2π(b3－a3)
安培环路定理，可得 2πrB＝μ0·
r
kr
di＝δdx，这载流长条在 P 点产生的磁感应强度 dB＝μ0di＝μ0δdx，方向垂直纸面向里，所有载流长 2πx 2πx
条在 P 点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在 P 点产生的磁感强度
B＝ a＋b μ0δdx＝μ0δln a＋b，方向． b 2πx 2π b
23－5 答案 R＝2r 解析 带点圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在 O 点的叠加．某一半径为ρ的圆环磁场为
2πr
a 2πr 2π a
所以，矩形线圈中感应电动势的大小ε＝－dФ＝－μ0Il(ln b)(dI)＝3μ0lI0ln be－3t，感应电流的方向为顺 dt 2π a dt 2π a
时针方向．
(2)导线与线圈的互感系数 M＝Ф＝μ0lln b． I 2π a
30－1 CBAD
作业 30
30－2
(1)1∶16；(2)πR2ε0ddEt ；与
24－5
μ0 ·I2(R＋d)(1＋π)－RI1，方向⊙．
2π
R(R＋d)
答案 (1) μ0I ·r2－a2；(2) 3I ， μ0I ·r3－a3
2π(b2－a2) r
2π(b3－a3) 2πr b3－a3
解析 (1)取一半径为 r 的圆作为回路，由安培环路定理，可得 2πrB＝μ0π(b2－I a2)·π(r2－a2)，所以，
大学物理同步辅导与复习自测光的干涉答案
（A）P点处仍为明条纹
图16-24
（B）P点处为暗条纹 （C）不能确定P点处是明条纹还是暗条纹 （D）无干涉条纹 解答提示：[B]
S1经反射面M发射后到达P点的光程与原S2到P点的光程相同，但反 射后将出现半波损失，又P点处原为明纹，因此，P点处的原明纹将变为 暗纹。
23、用波长为l＝600 nm的光垂直照射由两块平玻璃板构成的空气 劈形膜，劈尖角q＝2×10-4 rad。改变劈尖角，相邻两明条纹间距缩小了 l＝1.0 mm，求劈尖角的改变量Dq。
解答：rad 空气劈尖相邻条纹间距 得： 得：rad [注：此处条纹间距的改变量相比于条纹间距来讲，并非是个小 量，不能用微分处理。]
（D）不平处为凹槽，最大深度为250 nm 解答：[B] 向上弯曲，高度增加，不平处应凸起以抵偿高度的增加。 设相邻条纹对应的厚度差为
因条纹弯曲部分的顶点恰好与其右边条纹的直线部分的连线相切， 又空气折射率=1，则最大高度
图16-26
10、如图16-26所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间 的距离为L，夹在两块平晶的中间，形成空气劈尖，当单色光垂直入射 时，产生等厚干涉条纹。如果两滚柱之间的距离L变大，则在L范围内干 涉条纹的
解答：(1) 0.910 mm (2) 24 mm (3) 不变 (1) 第k级明条纹的位置 得： 缝宽 (2) 条纹间距； (3) 假设光波斜向上入射，与水平方向的夹角为，考虑明条纹在屏幕 上的位置： 光程差 得： 相邻条纹间距，与垂直入射时相同，因此条纹间距不变。 若考虑的是暗条纹，类似的过程，可得到相同的结论。
大学物理同步辅导与复习自测恒定电流的磁场答案
一. 选择题:1.(基础训练3)［ B ］.有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为a ，厚度不计，电流I 在铜片上均匀分布，在铜片外与铜片共面，离铜片右边缘为b 处的P 点(如图)的磁感强度B的大小为 (A) )(20b a I+πμ． (B) b b a a I +πln 20μ． (C) b b a b I +πln 20μ． (D) )2(0b a I +πμ．提示：b b a a I r dr a I r rdIdB dr aIdI a b b+======⎰⎰⎰+ln222dI B B B ,B d B ,2P ,)(dr r P 0000πμπμπμπμ的大小为：，的方向也垂直纸面向内据方向垂直纸面向内；根处产生的它在，电流为导线相当于一根无限长的直的电流元处选取一个宽度为点为在距离2.(基础训练4)［ D ］如图，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L 的积分⎰⋅Ll Bd 等于(A) I 0μ． (B) I 031μ． (C) 4/0I μ． (D) 3/20I μ． 提示3、(自测提高1)［ D ］1、无限长直圆柱体，半径为R ，沿轴向均匀流有电流．设圆柱体内( r < R )的磁感应强度为B i ，圆柱体外( r > R )的磁感应强度为B e ，则有 (A) B i 、B e 均与r 成正比． (B) B i 、B e 均与r 成反比． (C) B i 与r 成反比，B e 与r 成正比．(D) B i 与r 成正比，B e 与r 成反比．⎰∑⎰=⋅∴=-==∴===⋅LLI l d B II s l I I s l I s l I I I l d B 32322)(R R R I R I 011122112122111L 00μρρρμμ得为两条支路的电阻。
，，其中，而内提示： 当r<R 时202R IrB πμ=当 r > R 时 rIB πμ20=4、自测提高7［C ］如图，正方形的四个角上固定有四个电荷量均为q 的点电荷．此正方形以角速度ω 绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感应强度大小为B 1；此正方形同样以角速度ω 绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度的大小为B 2，则B 1与B 2间的关系为(A) B 1 = B 2． (B) B 1 = 2B 2． (C) B 1 =21B 2． (D) B 1 = B 2 /4． 提示： 设正方形边长为a ,)22(a b b OC AO ===式中， 两种情况下正方形旋转时的角速度ω 相同，所以每个点电荷随着正方形旋转时形成的等效电流相同， 为 πω2q I =当正方形绕AC 轴旋转时，一个点电荷在O 点产生的磁感应强度的大小为bIB 20μ=，实际上有两个点电荷同时绕AC 旋转产生电流，在O 点产生的总磁感应强度的大小为b IbIB B 001222μμ=⨯==同理，当正方形绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度的大小为bIb IB B 0022244μμ=⨯== 故有122B B =5. 附录C 2［ B ］有一半径为R 的单匝圆线圈，通以电流I ，若将该导线弯成匝数为2=N 的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感应强度和磁矩分别是原来的：(A) 4倍和1/8 (B) 4倍和1/2 (C) 2倍和1/4 ． (D) 2倍和1/2提示：由半径为R 的单匝线圈弯成匝数为2=N 的线圈以后，每一个线圈的半径变为R r 21=，故磁感应强度变为原来的2倍，磁矩变为原来的1/4，总的变化为4倍和1/2二. 填空题6.（基础训练11）均匀磁场的磁感强度B 与半径为r 的圆形平面的法线n的夹角为α ，今以圆周为边界，作一个半球面S ，S 与圆形平面组成封闭面如所示．则通过S 面的磁通量Φ = απcos 2B r -。
大学物理辅导(蒋美萍编)课后答案2
第二章 一、选择题1．在绳子剪断瞬间，弹簧中存在力图恢复原状的力mg ，对球2向上，与其重力大小相等方向相反，对于m 1来将，与重力mg 方向一致，故加速度为2g 2．水平方向上合力 x ma N F =-μθcos竖直方向合力θθsin 0sin F mg N mg N F -=⇒=-+，mF g m F a x θμμθsin cos +-=μθθμθθ=⇒=+-⇒=tan 0cos sin 0d d mF m F a xF3．分析m 的受力情况，m 受N 1, N 2, mg 三力平衡，故θcos 2mgN =14．⇒⎩⎨⎧=-=am F F a m F B B 12 21221m m F m F m m Fa B +=⇒+=F g m 1FB25．小球转动周期θθθωωπcos sin sin ,22==mg l m T ，T 与mg 提供向F θωcos l g=，g l T θcos 2π=6．由⎩⎨⎧==B A A B a a m m 22 ⎩⎨⎧=-=AA A bB a m T g m a m T 2 g a A 32=⇒AA2TB二、填空题1．（1）三力平衡，2T 最大θcos 2mg T =；（2）二力产生切向加速度θcos 3mg T =mg 1T mg2．二力提供水平向心力()θθθωθcos cos sin cos 2l gmg l m F ⇒==向 θc o s mg T =，摆锤 θθωωπθcos sin sin 2sin 2gll v v l ==⇒=π3．22R GM g R m GM mg 地地=⇒=，R R GM g ∆-=∆32地 ，%2.02%1.0=∆-=∆-=∆RRRRg g4．N , mg 提供水平方向指向轴心的向心力θωθs i n t a n 2R m mg F ==向，θωcos R g=，因为1cos ≤θ， Rg ≥ω5．因为x x v txt v a x v 2d d d d αααααα=⋅====⇒=，x m ma F 2α==； 所以⎰⎰∆+=⇒=⇒==t t t x x t x x t x x t x x v d d d d d d 0ααα，00ln 1,ln x x t t x x αα=∆∆= 6．C 突然抽走，B 没有支持，这时弹簧中存在力图恢复原状的力，对于B 向下大小mg ，与重力相等，故向下加速度为2g ；对于A 向上大小为mg 正好与重力相抵，故加速度为0 7．A 受三个力作用，当N=0时 T ，mg 产生水平向右的加速度，由几何知识αtan =向F mg即 ααtan 0,tan ===gaT ma mg 时，T8．N , mg 使物体具有加速度 N>mg 加速向上，反之加速向下。
大学物理学习指导详细答案
大学物理学习指导详细答案一、学习物理的重要性物理作为一门基础科学，是研究物质、能量和宇宙的运行规律的学科，对于培养学生的科学思维、观察能力以及解决问题的能力具有重要的作用。
以下是针对大学物理学习的指导答案，帮助学生们更好地掌握物理学知识。
二、初入大学物理学习方法1. 阅读教材和参考书籍在学习物理过程中，阅读教材是首要的任务。
掌握教材内容，了解物理学的基础概念和原理是学习的基础。
同时，可以寻找一些与教材相关的参考书籍，扩展自己的知识面。
2. 制定学习计划学习物理需要一定的时间和耐心，因此制定一个有序的学习计划非常重要。
合理安排每天的学习时间，将物理学习纳入日常学习的重要组成部分，这样可以提高学习效率。
3. 多做习题物理学习最重要的一个环节就是做习题。
通过大量的习题练习，可以帮助巩固理论知识，加深对物理学原理的理解。
同时，习题做多了，可以训练自己的问题解决能力和分析能力。
4. 借助实验室条件大学物理学通常伴随着实验教学，学生可以借助实验室的条件进行实践操作，观察实验现象，从而更好地理解书本知识并培养实践能力。
三、大学物理学习的核心知识点1. 牛顿三大运动定律牛顿运动定律是物理学中最基础的理论之一，要学好物理，首先要对这三大定律的内容和应用有深入的了解。
2. 力学力学是物理学的核心内容之一，包括机械振动、流体力学、动量守恒等方面的知识。
学生应该掌握相关的基本概念、公式和计算方法。
3. 电磁学电磁学是物理学中的重要分支，包括电场、磁场、电磁感应等内容。
学生需要掌握电磁学的基础知识，并能够应用于实际问题的解决中。
4. 光学光学是物理学中的另一个重要分支，包括光的传播、折射、反射等知识。
学生需要理解光的基本性质，并能够运用光学原理解决光学问题。
5. 热学热学是物理学中的一门重要学科，探讨物体的热现象和热传导规律等内容。
学生需要学习热力学的基本概念和计算方法。
四、解决物理学习困难的方法1. 找准学习重点和难点针对学习中的重点和难点，要有针对性地加以解决。
大学物理辅导(蒋美萍编)课后答案4
第5章 一、选择题1．作匀速率圆周运动的质点，其速度方向不断改变，即动量方向不断改变，但角动量（注意：即动量矩）不变。
因为不受合外力矩作用。
2．地球绕太阳公转的轨道角动量L=Rmv ，又万有引力提供向心力Rv m R Mm G 22=R GM v =⇒GMR m RGMRm L ==⇒. 3．L 1=mv 1R 1，L 2=mv 2R 2，L 1=L 2211211)(2121mR L m mv E k ==⇒，222222)(2121mR L m mv E k ==. 因为R 1>R 2，所以，E k2>E k1 .1v4．物体的运动属于有心力的作用下的运动，合外力矩为零，故角动量不变（动量矩不变），由于外力作正功动能增加，速度方向也不断改则动量也改变。
5．因为质量、厚度相等，B A ρρ>，则R A <R B ，222121B AmR mR <. 6．22d mr m r J A ==⎰，22d mr m r J B ==⎰.7．平行于轴作用的两个力，合力矩为零；垂直于轴作用的两个力对轴的合力矩可能为零，也可能不为零。
8．动量矩守恒000022ωω⋅=J J . 9．从状态A →B 过程中，重力矩减小，β减小，而ω增加。
A10．碰前2l m v ，碰后ωω])2(12[22l m ml J +=23121ml mvl=⇒ω.二、填空题1．2s rad 5.0-⋅=β，r=0.2m ，2s m 1.0-⋅==⇒βτr a ，00=ω，000=+=ωβωωt ，π==34212t βθ，π=⇒3162t ，π⨯⨯===316412.0222t r r a n βω.2．st t tt 10srad 10srad 5011=⋅=⋅=--+=ωωβωω2s rad 5.0-⋅-=⇒β，st t t 20s rad 5.0s rad 102021021=⋅-=⋅=--+=βωβωθ.3．质点m 作有心力作用下的运动，力矩为零，对原点角动量大小为a mb mva ω=，方向k j i =⨯为z 轴k 方向。
大学物理教学同步习题册答案
第九章 电磁场理论（一）电介质和导体学号 姓名 专业、班级 课程班序号一 选择题[ C ]1. 如图所示，一封闭的导体壳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) C A B U U U == (B) C A B U U U => (C) U U U A C B >> (D) C A B U U U >>[ D ]2. 一个未带电的空腔导体球壳内半径为R 。
在腔内离球心的距离为d 处 (d < R ) 固定一电量为＋q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为 (A) 0 (B)dq 04πε (C)Rq 04πε (D))11(40Rdq -πε[ D ]3. 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) 0 U >U A B ≠ (B) 0 U >U A B = (C) A B U U = (D) A B U U <[ A ]4. 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地插入两极板之间，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：(A) 储能减少，但与金属板位置无关 (B) 储能减少，但与金属板位置有关 (C) 储能增加，但与金属板位置无关 (D) 储能增加，但与金属板位置有关[ C ]5. C 1和C 2两空气电容器并联以后接电源充电，在电源保持联接的情况下，在C 1中插入一电介质板，则(A) C 1极板上电量增加，C 2极板上电量减少 (B) C 1极板上电量减少，C 2极板上电量增加 (C) C 1极板上电量增加，C 2极板上电量不变(D) C 1极板上电量减少，C 2极板上电量不变二 填空题1. 一半径r 1 = 5cm 的金属球A ，带电量为q 1 =2.0×10-8C; 另一内半径为 r 2 = 10cm 、 外半径为 r 3 = 15cm 的金属球壳B ， 带电量为 q 2 = 4.0×10-8C , 两球同心放置，如图所示。
大学物理同步辅导与复习自测答案八
一．选择题1. 【基础训练4】［ A ］一定量理想气体从体积V 1，膨胀到体积V 2分别经历的过程是：A →B等压过程，A →C 等温过程；A →D 绝热过程，其中吸热量最多的过程 (A)是A →B.(B)是A →C. (C)是A →D.(D)既是A →B 也是A →C , 两过程吸热一样多。
【参考答案】根据热力学过程的功即过程曲线下的面积，知AD AC AB A A A >>； 再由热力学第一定律气体吸热E A Q ∆+= AD 过程0=Q ； AC 过程AC A Q =；AB 过程AB AB E A Q ∆+=，且0>∆AB E2.【基础训练6】 ［ B ］如图所示，一绝热密闭的容器，用隔板分成相等的两部分， 左边盛有一定量的理想气体，压强为p 0，右边为真空．今将隔板抽去，气体自由膨胀，当气体达到平衡时，气体的压强是 (A) p 0． (B) p 0 / 2． (C) 2γp 0． (D) p 0 / 2γ【参考答案】该过程是绝热的自由膨胀过程，所以0=Q 0=A由热力学第一定律 0=∆E ∴0=∆T 220/0/p P V V =⇒=由 3.【基础训练10】 ［D ］一定量的气体作绝热自由膨胀，设其热力学能增量为E ∆，熵增量为S ∆，则应有(A) 0......0=∆<∆S E (B) 0......0>∆<∆S E ． (C) 0......0=∆=∆S E ． (D) 0......0>∆=∆S E【参考答案】由上题分析知：0=∆E ；而绝热自由膨胀过程是不可逆的，故熵增加。
4. 【自测提高1】 ［ D ］质量一定的理想气体，从相同状态出发，分别经历等温过程、等压过程和绝热过程，使其体积增加1倍．那么气体温度的改变(绝对值)在 (A) 绝热过程中最大，等压过程中最小． (B) 绝热过程中最大，等温过程中最小． (C) 等压过程中最大，绝热过程中最小．(D) 等压过程中最大，等温过程中最小． 【参考答案】 参考【基础训练4】题图 由A A A A RT T V p ν=B B B B RT T V p ν= D DD D RT T Vp ν= A D B V V V 2== B A p p = 有 A B T T 2= 及A D ADA D T T p p T T 222<⇒<= 即 AD AB T T ∆>∆ 5. 【自测提高3】 ［ A ］一定量的理想气体，分别经历如图（1） 所示的abc 过程，(图中虚线ac 为等温线)，和图（2）所示的def 过程(图中虚线df 为绝热线)．判断这两种过程是吸热还是放热．(A) abc 过程吸热，def 过程放热．(B) abc 过程放热，def 过程吸热． (C) abc 过程和def 过程都吸热． (D) abc 过程和def 过程都放热．【参考答案】内能是状态量，与过程无关。
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第四章 动量、角动量【例题精选】例4-1 一质量为1 kg 的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系数μ 0＝0.20，滑动摩擦系数μ＝0.16，现对物体施一水平拉力F ＝t+0.96(SI)，则2秒末物体的速度大小v ＝ ．2秒末物体的加速度大小a ＝ ．0.89 m/s 1.39 m/s 2例4-2 质量分别为m A 和m B (m A >m B )、速度分别为A v 和B v(v A > v B )的两质点A 和B ，受到相同的冲量作用，则 (A) A 的动量增量的绝对值比B 的小． (B) A 的动量增量的绝对值比B 的大．(C) A 、B 的动量增量相等． (D) A 、B 的速度增量相等． [ C ] *例4-3 质量为m 的质点，以不变速率v 沿图中正三角形ABC 的水平光滑轨道运动．质点越过A 点时，轨道作用于质点的冲量的大小为(A) m v (B)2m v(C) 3m v (D) 2m v [ C ] 例4-4 一人用恒力F 推地上的木箱，经历时间∆ t 未能推动木箱，此推力的冲量等于多少？木箱既然受了力F的冲量，为什么它的动量没有改变？ 答：推力的冲量为t F ∆ ．动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F 外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化． 例4-5 如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 gh 20=v设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆ 设A 对煤粉的平均作用力为f ，由动量定理写分量式： 0-∆=∆v m t f x )(00v m t f y ∆--=∆将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f = ∴ 14922=+=y x f f f N f 与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4°由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f 相反．h A v A x y α f y ∆t t f ∆ f x ∆t例4-6 在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力）(A) 总动量守恒．(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．(C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒． [ C ]例4-7 质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量． 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置． 因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v ' 有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s T =Mg+M v 2/l =26.5 N(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v 方向为正方向)负号表示冲量方向与0v 方向相反．例4-8 如图所示，质量M = 2.0 kg 的笼子，用轻弹簧悬挂起来，静止在平衡位置，弹簧伸长x 0 = 0.10 m ，今有m = 2.0 kg 的油灰由距离笼底高h = 0.30 m 处自由落到笼底上，求笼子向下移动的最大距离．解：油灰与笼底碰前的速度 gh 2=v 0/x Mg k = 碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V ，应用动量守恒定律 V M m m )(+=v ①油灰与笼一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离∆x ，则x g m M kx V m M x x k ∆∆++++=+)(21)(21)(2120220 ② 联立解得： 3.0)(20222020=+++=∆m M M hx m Mx m x M m x m 例4-9 假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的(A) 角动量守恒，动能也守恒． (B) 角动量守恒，动能不守恒．(C) 角动量不守恒，动能守恒． (D) 角动量守恒，动量也守恒． [ A ] *例4-10 人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为A 和B ．用L 和E K分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有(A) L A >L B ，E KA >E kB (B) L A =L B ，E KA <E KB(C) L A =L B ，E KA >E KB (D) L A <L B ，E KA <E KB [ C ]Mm 0v【练习题】4-1 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为 t F 31044005⨯-= (SI) 子弹从枪口射出时的速率为 300 m/s ．假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则子弹在枪筒中所受力的冲量I ＝ ；子弹的质量m ＝ ．0.6 N·s 2 g4-2 如图，两个长方形的物体A 和B 紧靠着静止放在光滑的水平桌面上，已知m A ＝2 kg ，m B ＝3 kg ．现有一质量m ＝100g 的子弹以速率v 0＝800m/s 水平射入长方体A ，经t = 0.01 s ，又射入长方体B ，最后停留在长方体B 内未射出．设子弹射入A 时所受的摩擦力为F= 3×103 N ，求：(1) 子弹在射入A 的过程中，B 受到A 的作用力的大小．(2) 当子弹留在B 中时，A 和B 的速度大小．解：子弹射入A 未进入B 以前，A 、B 共同作加速运动．F ＝(m A +m B )a ， a=F/(m A +m B )=600 m/s 2B 受到A 的作用力 N ＝m B a ＝1.8×103 N 方向向右A 在时间t 内作匀加速运动，t 秒末的速度v A ＝at ．当子弹射入B 时，B 将加速而A 则以v A 的速度继续向右作匀速直线运动．v A ＝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 B B A A m m m m v v v )(0++= m/s 220=+-=BA AB m m m m v v v 4-3 质量m ＝2kg 的质点在力i t F 12= (SI)的作用下，从静止出发沿x 轴正向作直线运动，前三秒内该力作用的冲量大小为 ；前三秒内该力所作的功为 ．54 N ·s 729 J*4-4 光滑圆盘面上有一质量为m 的物体A ，拴在一根穿过圆盘中心O 处光滑小孔的细绳上，如图所示．开始时，该物体距圆盘中心O 的距离为r 0，并以角速度ω 0绕盘心O 作圆周运动。
大学物理同步辅导及复习自测答案十
一. 选择题:【 D 】1 （基础训练2） 一劲度系数为k 的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们并联，下面挂一质量为m 的物体，如图13-15所示。
则振动系统的频率为 ： (A)m k 32π1．(B)mk2π1．(C) m k 32π1． (D) mk 62π1．提示：劲度系数为k 的轻弹簧截成三等份，每份的劲度系数为变为3k ，取出其中2份并联，系统的劲度系数为6k.【 C 】2、（基础训练3）一长为l 的均匀细棒悬于通过其一端的光滑水平固定轴上，（如图13-16所示），作成一复摆．已知细棒绕通过其一端的轴的转动惯量231ml J =，此摆作微小振动的周期为 (A) g l π2. (B) g l 22π. (C) g l 322π. (D) gl 3π.提示：均匀的细棒一段悬挂，构成一个复摆，可根据复摆的振动方程求解办法，求出复摆的振动周期。
【 C 】 3 （基础训练4） 一质点作简谐振动，周期为T ．当它由平衡位置向x 轴正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程所需要的时间为 (A) T /12． (B) T /8． (C) T /6． (D) T /4．提示：从从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程在旋转矢量图上，矢量转过的角位移为π31，对应的时间为T/6.【 B 】 4、（基础训练7）当质点以频率ν 作简谐振动时，它的动能的变化频率为(A) 4 ν． (B) 2 ν ． (C) ν． (D)ν21． 提示：当质点作频率ν 作简谐振动时，振动方程可以表示为)2cos(0φπ+=vt A x ，质点的运动速度为)2s i n (20φππ+-==vt vA dtdxv x ，动能可以表示为2)2(2cos 121)2(sin 21)]2sin(2[212102022202φπφπφππ+-=+=+-==vt kA vt kA vt vA m mv E x k 图13-15图13-16[ B ] 5、（基础训练8） 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为(A) π23． (B) π．(C) π21． (D) 0． 提示：使用谐振动的矢量图示法，合振动的初始状态为初相位为π【 B 】 6、（自测提高5）一简谐振动曲线如图所示．则振动周期是 (A) 2.62 s ． (B) 2.40 s ． (C) 2.20 s ． (D)2.00 s ． 提示：使用谐振动的矢量图示法，初始状态旋转矢量位于第四此过程经历时间为1s 2.4s二 填空题1、(基础训练12) 一系统作简谐振动, 周期为T ，以余弦函数表达振动时，初相为零．在0≤t ≤T 41范围内，系统在t =_ T/8_时刻动能和势能相等． 提示：动能和势能相等，为总能量的一半，此时物体偏离平衡位置的位移应为最大位移的22，相位为4π，因为初始相位为零，t=T/82、(基础训练15)一物块悬挂在弹簧下方作简谐振动,当这物块的位移等于振幅的一半时,其动能是总能量的____3/4______（设平衡位置处势能为零）．当这物块在平衡位置时，弹簧的长度比原长长∆l ，这一振动系统的周期为______gl∆π2__． 提示：当物体偏离平衡位置为振幅一半的时，势能为总能量的1/4，动能为总能量的3/4；当物体在平衡位置时，弹簧伸长∆l ，l k mg ∆= l mg ∆=/kg lT ∆==πωπ223、(基础训练16) 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为：A/ -)215cos(10621π+⨯=-t x (SI) ， )5c o s (10222t x -π⨯=- (SI)它们的合振动的振辐为210102-⨯(SI),初相为3121-+tg π＝108.40 提示：用旋转矢量图示法求解4、 (自测提高 8) 在静止的升降机中，长度为l 的单摆的振动周期为T 0．当升降机以加速度g a 21=竖直下降时，摆的振动周期02T ． 提示：当升降机以加速度加速下降时，对于单摆，等效加速度为g-a=0.5g;单摆的周期变为:22T a g lT =-=π5．(自测提高 13)一台摆钟每天慢2分10秒，其等效摆长l = 0.995 m ， 摆锤可上、下移动以调节其周期．假如将此摆当作质量集中在摆锤中心的一个单摆来考虑，则应将摆锤向上移动2.99mm ，才能使钟走得准确？提示：钟摆周期的相对误差=∆T /T 钟的相对误差t /t ∆，等效单摆的周期g /l 2T π=，这里g 不变，则有l dl T dT //2= 即有mm t t l T T l l 99.2606024130995.02/2/2=⨯⨯⨯⨯=∆=∆=∆6 (自测提高 14)、两个互相垂直的不同频率谐振动合成后的图形如图13-27所示．由图可知x 方向和y 方向两振动的频率之比νx :νy =___4:3___．提示：在同样的时间间隔内，X 方向的振动为2T x ，而y 方向的振动为1.5T y ,周期之比为3：4，频率之比相反为4：3三 计算题1、（基础训练19）一木板在水平面上作简谐振动，振幅是12 cm ，在距平衡位置6 cm 处速率是24 cm/s ．如果一小物块置于振动木板上，由于静摩擦力的作用，小物块和木板一起运动（振动频率不变），当木板运动到最大位移处时，物块正好开始在木板上滑动，问物块与木板之间的静摩擦系数μ为多少？解：由题意可以得到，2212212121mv kA kA +=（A,A1分别为最大振幅和距离平衡位置6cm 时的振幅）代入数据可以得到：m k 22224.0)06.012.0(=-；334==m k ω 在最大位移处，加速度g A a μω=⨯⨯==-)1012(31622图13-270648.0=μ2. （基础训练23）有两个同方向的简谐振动，它们的方程(SI 单位)如下：⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ4110cos 06.04310cos 05.021t x t x ，(1) 求它们合成振动的振幅和初位相。
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（1）利用f=(D+d)(D-d)/4D 测量凸透镜焦距有什么优点？答这种方法可以避免透镜光心位置的不确定而带来的测量物距和像距的误差。
（2）为什么在本实验中利用1/u+1/v=1/f 测焦距时，测量u和v都用毫米刻度的米尺就可以满足要求？设透镜由于色差和非近轴光线引起的误差是1％。
答设物距为20cm，毫米刻度尺带来的最大误差为0.5mm，其相对误差为0.25％，故没必要用更高精度的仪器。
（3）如果测得多组u，v值，然后以u+v为纵轴，以uv为横轴，作出实验的曲线属于什么类型，如何利用曲线求出透镜的焦距f。
答直线；1/f为直线的斜率。
（4）试证：在位移法中，为什么物屏与像屏的间距D要略大于4f？由f=(D+d)(D-d)/4D →D2-4Df=d2→D(D-4f)=d2 因为d>0 and D>0 故D>4f1.避免测量u、ν的值时，难于找准透镜光心位置所造成的误差。
2.因为实验中，侧的值u、ν、f都相对较大，为十几厘米到几十厘米左右，而误差为1%，即一毫米到几毫米之间，所以可以满足要求。
3.曲线为曲线型曲线。
透镜的焦距为基斜率的倒数。
①当缝宽增加一倍时,衍射光样的光强和条纹宽度将会怎样变化?如缝宽减半,又怎样改变?答:a增大一倍时, 光强度↑；由a=Lλ/b ，b减小一半a减小一半时, 光强度↓；由a=Lλ/b ，b增大一倍。
②激光输出的光强如有变动,对单缝衍射图象和光强分布曲线有无影响?有何影响?答:由b=Lλ/a.无论光强如何变化,只要缝宽不变,L不变,则衍射图象的光强分布曲线不变(条纹间距b不变)；整体光强度↑或者↓。
③用实验中所应用的方法是否可测量细丝直径？其原理和方法如何？答：可以，原理和方法与测单狭缝同。
④本实验中，λ=632。
8nm,缝宽约为5*10^-3㎝,屏距L为50㎝。
试验证：是否满足夫朗和费衍射条件？答：依题意：Lλ=（50*10^-2）*（632.8*10^-9）=3.164*10^-7a^2/8=(5*10^-5)^2/8=3.1*10^-10所以Lλ<<a^2/8即满足夫朗和费衍射条件。