大学物理(武汉大学出版社)课堂练习答案

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大学物理教程(上)课后习题答案解析

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-121-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1）质点的运动轨迹；（2）从1t s =到2t s =质点的位移的大小；（3） 2t s =时，质点的速度和加速度。

解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t =21)y =或1=（2）将1t s =和2t s =代入，有11r i =， 241r i j =+213r r r i j =-=-位移的大小 231r =+= （3） 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt==-22(1)v ti t j =+-2xx dv a dt==， 2y y dv a dt == 22a i j =+当2t s =时，速度和加速度分别为42/v i j m s =+22a i j =+ m/s 21-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+，式中的R 、ω均为常量。

求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。

解（1）质点的速度为sin cos d rv R ti R t j dtωωωω==-+ （2）质点的速率为v R ω==速率的变化率为0dvdt= 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。

求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。

解由于 4d t dtθω== 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为2216n a R Rt ω==角加速度β的大小为 24/d rad s dtωβ==77页2-15, 2-30， 2-34，2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。

《新编大学物理》(上、下全册)桑建平教材习题答案解析武汉大学出版社

第1章质点运动学一、选择题题1.1 ：答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别题1.2：答案：[A]题1.3：答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4：答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R r j ri ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=-题1.5：答案：[D]提示：t=0时，x=5； t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6：答案：[D]提示：a=2t=d dt v，2224t v tdt t ==-⎰，02tx x vdt -=⎰，即可得D 项题1.7：答案：[D]北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题题1.8：答案：匀速(直线)，匀速率题1.9：答案：2915t t -，0.6 提示： 2915dxv t t dt==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =-（2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t=⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dydt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-va j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ，r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s题1.11：答案：212/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt=====题1.12：答案：1/m sπ提示： 200t dvv v dt t dt =+=⎰，11/t vm s ==，201332tv dt t R θπ===⎰，r π∆==题1.13：答案：2015()2t v t gt -+-i j 提示：先对20(/2)v t g t =-r j 求导得，0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14：答案：8, 264t提示：8dQ v R Rt dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题题1.15：解：（1）3t dv a t dt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴= 又232ds v t dt == 20032stds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴ （2）又S R θ= 316S tRθ==∴（3）当a 与半径成45角时，n a a τ=2434n v a t R == 4334t t =∴t =∴题1.16：解：（1）dv a kv dt ==- 0v tdv kdt v =-∴⎰⎰， 0ln v kt v =-（*）当012v v =时，1ln 2kt =-，ln 2t k=∴ （2）由（*）式：0ktv v e-=0kt dxv e dt -=∴，000xtkt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章质点动力学一、选择题题2.1：答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2：答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动（初速度为0），Fa m=22tx v a d t t ==⎰，223tx x t S v dt ==⎰ 2223t t =+∴S i j题2.3：答案：[B]提示：受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+ 1()F M m g a M M+==题2.4 ：答案：[D] 提示：a a A22A BA B m g T m a T m a aa ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45A a g = （2A B a a =，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S） 2A B a a =∴题2.5：答案：[C]提示：由题意，水平方向上动量守恒，故 0(cos 60)()1010m mv m v =+ 共 0=22v v 共题2.6：答案：[C] 提示：RθθRh-R由图可知cos h RRθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=- 由机械能守恒得（以地面为零势能面）22001122mv mv mgh v =+⇒=题2.7：答案：[B]提示：运用动量守恒与能量转化题2.8：答案：[D] 提示：v v y由机械能守恒得2012mgh mv v =⇒=0sin y v v θ=sin Gy Pmgv mg ==∴题2.9：答案： [C]题2.10：答案： [B]提示：受力如图fT F由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）2()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题题2.11: 答案：2mb提示： '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2 提示：4N 8Nxy 0由题意，22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2Fm k g a== 24/y y F a m s m==题2.13：答案：75，1110提示：由题意，32()105F a t m ==+ 27/5v adt m s ⇒==⎰ 当t=2时，1110a =题2.14：答案：180kg提示：由动量守恒，=m S -S m 人人人船相对S （）=180kg m ⇒船题2.15：答案：11544+i j 提示：各方向动量守恒题2.16：答案： ()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合 =W m g R -外题2.17：答案：-12提示：3112w Fdx J -==⎰题2.18：答案： mgh ，212kx ，Mm G r - h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19：答案： 02mgk ，2mg，题2.20：答案： +=0A∑∑外力非保守力三、计算题题2.21：解：（1）=m F xg L 重 ()mf L xg L μ=- （2）1()(1)ga F f x g m Lμμ=-=+-重（3）dv a v dx =，03(1)v LL g vdv x g dx Lμμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，v =题2.22：解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。

大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解

习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A) (B) 02ωmRJ J+02)(ωR m J J +(C) (D) 02ωmRJ0ω[答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a)(b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。

（B ）动量不变，动能改变。

（C ）角动量不变，动量不变。

（D ）角动量改变，动量改变。

（E ）角动量不变，动能、动量都改变。

[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n = 。

0.15; 1.256[答案：](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。

木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。

题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社习题3详解

3-1 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 [ ] A.2ωmR J J + B. 02)(ωR m J J+ C.02ωmR JD. 0ω 答案：A3-2 如题3-2图所示，圆盘绕O 轴转动。

若同时射来两颗质量相同,速度大小相同,方向相反并在一直线上运动的子弹,子弹射入圆盘后均留在盘内,则子弹射入后圆盘的角速度ω将：[ ]A. 增大.B. 不变.C. 减小.D. 无法判断. 题3-2 图答案： C3-3 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0，角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0 / 2时,其角速度应为：[ ] A. 2ω0 . B. ω0 . C. 4ω0 . D. ω 0/2. 答案：A3-4 如题3-4图所示，一个小物体，位于光滑的水平桌面上，与一绳的一端相连结，绳的另一端穿过桌面中心的小孔O . 该物体原以角速度ω 在半径为R 的圆周上绕O 旋转，今将绳从小孔缓慢往下拉．则物体：[ ]A. 动量不变，动能改变；题3-4图B. 角动量不变，动量不变；C. 角动量改变，动量改变；D. 角动量不变，动能、动量都改变。

答案：D3-5 在XOY 平面内的三个质点,质量分别为m 1 = 1kg, m 2 = 2kg,和 m 3 = 3kg,位置坐标(以米为单位)分别为m 1 (－3,－2)、m 2 (－2,1)和m 3 (1,2),则这三个质点构成的质点组对Z 轴的转动惯量J z = .答案： 38kg ·m 23-6 如题3-6图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球并嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统对o 轴的守恒。

大学物理第五版课后答案上完整版

3-6一架以 2 m s 解 0Δ-='v m t FN 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机的平均冲力为 N 1055.25⨯-='-=F F3-7 质量为m 的物体,由水平面上点O 分析 3-8 Fx=30+4t 的合外力解 1 由分析知()s N 68230d 4302220⋅=+=+=⎰t t t t I 2 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s 另一解不合题意已舍去3 由动量定理,有 I ＝m v 2- m v 1由2可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得 112s m 40-⋅=+=mm I v v3-9 高空作业 51kg 的人3-10质量为m 的小球,在力F= - kx 作用下运动ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ3-11 在水平地面上,有一横截面S= 2()A B t S ρtv v v -==ΔΔIF , N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F 3-12 爆炸后 ,hgx t x x 21010==v 21121gt t h y --=v ;12121t gth -=v x x m m 2021v v = y m m 2121210v v +-=落地时,y 2 ＝0,由式5、6可解得第二块碎片落地点的水平位置 x 2 ＝500 m 3-13 A,B 两船在平静的湖面上平行逆行航行 B 船以解()A A B A A m m m m v v v '=+- 1 ()''=+-B B A B B m m m m v v v 23-14 质量为m 丶的人手里拿着质量为m 的物体解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有u m m m α'++=cos 00v v 人的水平速率的增量为u mm mα'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为 gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()g m m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3-15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着0N =-+F F yg l m1 y lmt F d 0d v -=' 2 而 F F '-= 3 3-16 设在地球表面附近,一初质量为 10 5解 1 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为ma mg tmu=-d d 1 2 t m mg t m u d d d d v=- 分离变量后积分,有 ⎰⎰⎰-=t m m t g m m u 0d d d 00v v v3-17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知 t=0时质点位于原点解 2d 0000L F x x LF F W L=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰;mLF 0=v 3-18 如图一绳索 5N 3-19 一物体在介质x=ct 3解 23d d ct tx==v ;3/43/242299x kc t kc k F ===v3-20 一人从 m 深的井中提水解水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有 F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy 3-21 一质量为的小球的细绳解 1()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P ;s F d T T ⋅=⎰W2 J 53.0k k ==E E 小球在最低位置的速率为 1PKs m 30.222-⋅===mW m Ev 3l m P F 2T v =- N 49.22T =+=lm mg F v3-22 一质量为m 的质点,系在细绳的一段,绳的另一端解 1 2202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= 1 2 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg μr πs F W 2180cos of -== 2rg πμ16320v = 3 34k0==W E n 圈3-23 如图所示,A 和B 两块板用一轻弹簧F 1 ＝P 1 ＋F 2221212121mgy ky mgy ky +=-;F 1 -F 2 ＝2P 1 F ＝P 1 ＋F 2 当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式3可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝m 1 ＋m 2 g3-24有一自动卸货矿车W ｆ＝＋′gl ＋x 1W ｆ＝-m -m ′ gl ＋x sin α 2 3-25 分铁锤敲入钉子木板 -2 解⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d d Δx ＝ ×10 -2m3-26 m 的地球卫星, 3Re 解()E 22E E 33R m R m m G v = 则 E E 2K 621R m m G m E ==v 2 E E P 3R mm G E -=3 EE E E E E P K 636R mm G R m m G R m m G E E E -=-=+=3-27 天文观测台冰块解由系统的机械能守恒,有R m F θmgR 2N cos v =- o θ2.4832arccos ==;32cos RgθgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝°3-28 m= kg A 时解 rm mg c 2v= 1()()22213Δ21c m r mg l k v += 2 由式1、2 可得 ()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3-29 质量为m, 速度为v 的钢球 m 丶的靶．解 ()1v v m m m '+= 1()20212212121kx m m m +'+=v v 2()v m m k m m x '+'=03-30 质量为m 的弹丸,穿过v v v ''+=m m m 21 l m g m h2v ''=' 2 221221hm gl m m v v ''+'='' 3glm m 52'=v 3-31 一个电子和一个3-32 质量为 x 10 -23kgαm βm m A B A cos cos 221v v v '+= 1αm βmA B sin sin 20v v '-= 2 222212m 2121A B A m v v v '+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3()1722s m 1069.42-⋅⨯='-=A A B v v v3-33 如图质量为m 丶的物块低端A 处解在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()10cos v m m αmv '+= 1()αh αg m m μsin cos '+- ()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+= 2()1cot 2cos 202+-⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=αμgh αm m m v v 3-34 如图一质量为m 的小球内壁半球形 3-35 打桩 m=10t解 1 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有⎰='1h 01d 4h hK S gh m 1m 88.821='=KS gm h 2 ()v v m m m +'=0 2()()220h h h 21S 4d -211gh m m m m Kh +'-+'-=⎰+v v 3 h 2 ＝ m ;v v ''+'-=m h g m m 20 ()23h 021d h m 354-3v ''-'-=+⎰m gh m h S 5h 3 ＝ m3-36 一系统0332211=++x x x m m m v v v ;0332211=++y y y m m m v v v则 ()()j i 113s m 0.2s m 8.2--⋅-⋅-=v 3-37 如图 m1 = kg m2 = AB 小球m 5.1202120=+=x m m m x c ;m 9.1102110=+=y m m m y c ()t m m F m m t F x x tx2112101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 3 ()t m m F m m t F y y ty2122101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 4 t m m F y ty y c d d 0212cc0⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=;()22212019.09.12t t m m Fy y c c +=++= 2()()()j i F F P P t t t t0.60.8d Δ021-=+==⎰4-6 一汽车 12s 3 r min 解()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=t n n t ωωα ;()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=4-7 某种电动机启动后 ;s()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα;()rad 9.36d 1d /60060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 则t ＝ s 时电动机转过的圈数87.5π2/==θN 圈4-8 水分子 θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='此二式相加,可得22d m J J H B B A A =+''则 m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比,可得 θJ J B B A A 2tan /='' 则 o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J J θ 4-9 一飞轮 30cm cm4-10 如图圆盘的质量为m 半径为R22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m r r R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰ 2 ;22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='4-11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量 4-12 一燃气轮机 m2解1 在匀变速转动中,角加速度tωωα0-=,由转动定律αJ M =,可得飞轮所经历的时间4-13 如图 m1 = 16kg 圆柱体A解 1αr m αJ r F T 2121== ;a m F g m F P T T 222='-='-21222m m g m a += ;m 45.222121222=+==m m gt m at s2 ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m F T 4-14 m1 m2 A B 组合轮两端()αJ J r F R F T T 2121+=- 11T T F F =',22T T F F ='解上述方程组,可得gR r m R m J J r m R m a 222121211+++-=;gr r m R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=;g m rm R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++= 4-15 如图所示装置,定滑轮半径rαr a a ==21 αJ r F r F T T ='-'12 11T T F F =',22T T F F =' 4-16 飞轮 60kg()0121='-+l F l l F Nd μF l ll d μF d F M N 121f 2212+=== 1 4-17 一半径为R,质量为m 的匀质圆盘;; 停止 4-18 如图通风机J ωC t ωα-==d d 1t JCωωt ωωd d 00⎰⎰-=J Ct e ωω/0-= 22ln CJt =24-19 如图一长 2l 的细棒AB解()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===2 ()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d dd d --==te αωml -=202sin 2 ;αωml M 202sin 2= 4-20 m 丶半径R 的圆盘裂开解 1 R ω=0v4-21 光滑水平木杆 m1= L=40cm解根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212;()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv4-22 r1 r2 薄伞形轮 4-23 的小孩R ωωωωv +=+=010;()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv4-24 一转台砂粒 Q =2t 解在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为kg 10.0Qd s 100==⎰t m ;()ωmr J ωJ 2000+= ;112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω 4-25 为使运行中的飞船4-26 m 的蜘蛛解 1 ()b a ωJ J ωJ 100+=a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=2 即22mr J =.在此过程中,由系统角动量守恒,有()c a ωJ J ωJ 100+=4-27 的均匀细棒解 1 由刚体的角动量定理得 28388Δ31arccos o 222'=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=gl m t F θ 4-28 第一颗人造卫星 5 2211v v mr mr = 12221212121r Gmm m r Gmm m EE -=-v v 2()1321121s m 1011.8-⋅⨯=+=r r r r Gm E v ;131212s m 1031.6-⋅⨯==v v r r4-29 地球对自传解 1 地球的质量m Ｅ＝ ×1024 kg,半径R ＝ ×106 m,所以,地球自转的动能2 对式T ωπ2=两边微分,可得T Tωd π2d 2-= T ωT T ωΔπ2Δπ2Δ22-=-= T E ωT J ωωωJ E K K ΔπΔπ2ΔΔ3-=-== 2式中n 为一年中的天数n ＝365,ΔT 为一天中周期的增加量.4-30 如图一质量为m 的小球由一绳索 ;;; 新的角速度解 1200mr J =和20141mr J =,则00014ωωJ J ω==2 2020200211232121ωmr ωJ ωJ W =-=4-31 质量解 1 棒绕端点的转动惯量231ml J =由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为()lθg J θM α2cos 3==;2s 418-=.α 由于θωωt ωαd d d d ==,⎰⎰=o 6000d d θαωωω ;1600s 98.7sin 3o -==l θg ω 2J 98.021==mgl E K3 由于该动能也就是转动动能,即221ωJ E K =,1s 57.832-==='l g J E ωK 4-32 如图 A B 两飞轮 J1 = kg;M解 1 取两飞轮为系统,根据系统的角动量守恒,有2 ()J 1032.12121Δ42112221⨯-=-+=ωJ ωJ J E 4-34 如图 OO 丶自由转动解()B ωmR J ωJ 2000+= 1()2220200212121BB m ωmR J mgR ωJ v ++=+ 22000mR J ωJ ωB +=2022002mRJ RωJ gR B ++=v 0ωωC = ;gR C 4=v 4-35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动 ,一种可能方案有()()2222122121ωl R m ωJ J '+=+ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'+=141m m R l 4-37 一长为L, 质量为m 的均匀细棒,在光滑的;;绕质心ωJ ωJ t F-'=-Δ21;ωωml J J ω41412=+='2 22223212121ωml ωJ ωJ E ΔK -=-''=4-38 如图细绳大木轴解设木轴所受静摩擦力F f 如图所示,则有F mR J R R θR a C C 212121cos ++= ;F mR J R θR R a αC C 21211cos ++== 5-6 1964 年,盖尔曼等人解由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力. 5-7 质量为m , 电荷为-e 的电子由此出发命题可证.证由上述分析可得电子的动能为r e εm E K 202π8121==v ;3022π4mrεe ω=;432022232π4me E εωK ==v 5-8 在氯化铯 1 由对称性,每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零,故F 1 ＝0.2 除了有缺陷的那条对角线外,其它铯离子与氯离子的作用合力为零,所以氯离子所受的合力F 2 的值为5-9 若电荷均匀地分布在长为L 的细棒 , 求证证 1 延长线上一点P 的电场强度⎰'=Lr πεqE 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.2, E rεqαE Ld π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x r r +=' 统一积分变量,则5-10 一半径为R 的半球壳,均匀的带有电荷, 解由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有 5-11 水分子H2O解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上 5-13 如图为电四级子解由点电荷电场公式,得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=; 5-14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面对称轴平行 5-15 如图边长为a 的立方体,其表面同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ 5-16 分析地球周围的大气犹如;;5-17 设在半径为R 的球体内 ,其电荷为对称分布球体内0≤r ≤R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰ ,()r εkr r e E 024=球体外r ＞R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰,()r εkR r e E 024=5-18 如图 , 一无限大均匀带电薄平板n εσe E 012=;nr x xεσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 ,n rx x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0,则 E ＝0 在距离圆孔较远时x ＞＞r ,则5-19 如图, 在电荷体密度p 的均匀带电球体证带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=r E 013ερ=,2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ;a E 03ερ=5-20 一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳,总电荷为Q1解取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析 r ＜R 1 ,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ,故 r ＞R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ,故5-21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面解 ∑=⋅0/π2εq rL E r ＜R 1 , 0=∑q 01=E 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ,L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2, 0=∑q 03=E 5-22 如图 ,有三个点电荷Q1Q2Q3解在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势5-23 已知均匀带电直线附近的1 ,12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E 2 不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5-24 水分子电偶极矩解由点电荷电势的叠加1 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV 2 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==r εp V 3 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5-25 一个球形雨滴半径当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量q 2 ＝2q 1 ,雨滴表面电势5-26 电荷面密度分别为;;;两块无限大解 ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x0 2 00i E ()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 00l E()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a -axl E l E ;()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a -a x l E l E 5-27 两个同心球面的半径分别为R1 R2 , 各自带有解 1 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间,即R 1 ≤r ≤R 2 ,则 202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+= 2 ; ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5-28 一半径为R 的无限长带电细棒,其内部的电荷均匀分布当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅ ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅ ()rεR ρr E 022=当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r-==⎰当r ≥R 时()rR εR ρr r εR ρr V R r ln 2d 20202==⎰5-29 一圆盘半径R= 10 -2解 1 带电圆环激发的电势220d π2π41d x r r r σεV +=()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 12 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V 2 电场强度方向沿x 轴方向.3 将场点至盘心的距离x ＝ cm 分别代入式1和式2,得当x ＞＞R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有 5-30 两根同长的圆柱面 R1= 10 -2 m R2=解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ2 解得两圆柱面之间r ＝处的电场强度 5-31 轻原子核结合成为较重原子核解 1 两个质子相接触时势能最大,根据能量守恒由20K021v m E =可估算出质子初始速率17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v 该速度已达到光速的4％.2.kT E E 23K K0== K 106.5329K0⨯≈=kE T 5-32 在一次典型的闪电中Kg 1098.8Δ4⨯===LqUL E m 即可融化约 90 吨冰. 2 一个家庭一年消耗的能量为5-33 两个半径为R 的圆环分别带等量异电荷正负q解 1 由带电圆环电势的叠加,两环圆心连线的x 轴上的电势为2 当R x l x >>>>,时,化简整理得在R x >>时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷,即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势.5-34 如图 , 在Oxy 平面上倒扣着半径为R 的半球面,假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面,此时在A 、B 两点的电势分别为5-35 在玻尔的氢原子模型中,电子 10-10解 1 电子在玻尔轨道上作圆周运动时,它的电势能为2 电子在玻尔轨道上运动时,静电力提供电子作圆周运动所需的向心力,即()r m r εe /π4/2202v =.此时,电子的动能为电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量 6-6 不带电的导体球A 含有两个 ; ()20π4rεq q q F d c b d +=点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零,点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心,空腔内表面感应电荷均匀分布,点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.6-7 一真空二极管,其主要构件是是一个半;;R1=解 1 电子到达阳极时,势能的减少量为 26-8 一导体球半径为R1,外罩一半径为R2r ＜R １时, ()01=r E R １＜r ＜R 2 时,()202π4r εqr E = r ＞R 2 时, ()202π4r εqQ r E += r ＜R １时, R １＜r ＜R 2 时, r ＞R 2 时,也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内r ＜R １20101π4π4R εQR εq V += 在导体球和球壳之间R １＜r ＜R 2 2002π4π4R εQ r εq V +=在球壳外r ＞R 2 r εQ q V 03π4+= ;102001π4π4R εQR εq V V +== 102001π4π4R εQR εq V V +== 代入电场、电势的分布得 r ＜R １时, 01=E ；01V V = R １＜r ＜R 2 时,22012012π4rR εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时,6-9 如图 ,在一半径为R1 = cm 的金属球 A 外面套解V 106.5π4π4π43302010⨯=-+-+=R εQ Q R εQ R εq V A A A A A V 105.4π4330⨯=+=R εQ Q V BA B 2 将球壳B 接地后断开,再把球A 接地,设球A 带电q A ,球A 和球壳B 的电势为 6-10 两块带电量分别为Q1,Q2的导体平板平行证明１设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ,取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面由侧面S １和两个端面S 2、S 3构成,由分析可知得 0,0ΔΔ3232=+=+=∑σσS σS σq相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．2 由电场的叠加原理,取水平向右为参考正方向,导体内P 点的电场强度为 6-11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附件解１如图ｂ所示,依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得()Q S σσ=+21 ;()Q S σσ=+43;041=-σσ;032=+σσSQσσσσ24321==-==两导体板间电场强度为S εQ E 02=；方向为A 指向B ．两导体板间的电势差为 SεQd U AB 02=2 如图c 所示,导体板B 接地后电势为零．两导体板间电场强度为S εQ E 0='；方向为A 指向B ． SεQdU AB0=' 6-12 如图 Q>0, 内半径为a, 外半径b6-13 如图, 在真空中将半径为R 的金属球接地,在与球心 6-14 地球和电离层可当做一个球形电容器 6-15 两线输电线的线径代入数据 F 1052.512-⨯=C 6-16 电容式计算机键盘解按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC ;mm 152.0ΔΔΔ00min20min =+=-=S εC d Cd d d d6-17 盖革-米勒管可用解 1 由上述分析,利用高斯定理可得L λεrL E 01π2=⋅,则两极间的电场强度 2 当611 2.010V m E -=⨯⋅ ,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm 时,6-18 解 1 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173,故充满此介质的平板电容器的电容2 C 1084.18-⨯==CU Q 2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQσ 31-5m V 102.1⋅⨯==dUE 6-19 如图 , 半径R= 的导体球带有电荷 Q = -8C解 1 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D 01=D ；01=E R ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r Q D =；202π4r εεQ E r=r ＞R ＋d Q r D =⋅23π4;23π4r Q D =；203π4r εεQE r =r 1 ＝5 cm,该点在导体球内,则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm,该点在介质层内,εｒ＝,则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQ E r r r 3 ＝25 cm,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 104.1π43-⋅⨯==r εQ E r 2 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得 r 3 ＝25 cm,V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r E r 2 ＝15 cm, ()()V480π4π4π4d d 0020r 3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ r εεQ V r r dR dR rE r E r 1 ＝5 cm,()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E3 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε ＝ε0 ,极化电荷可忽略．故在介质外表面； 6-20 人体的某些细胞壁两侧解 1细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外． 2 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ． 6-21 有一个平板电容器 = 10-5 C;M-2解 250m C 105.4Δ--⋅⨯===σSQD 16r 0m V 105.2-⋅⨯==εεDE D 、P 、E 方向相同,均由正极板指向负极板图中垂直向下．6-22 在一个半径为R1的长直导线外套有氯解由介质中的高斯定理,有⎰=⋅=⋅L λrL D d π2S D ;r rλe D π2=r r r εελεεe D E 00π2==;r r rλε-εe E -D P π2110⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== 6-23 如图 , 球形电极浮在相对电容率 = 的油槽中解 R εC 01π2= ;R εεC r 02π2=6-24 如图 , 由两块相距为 mm 的薄金属板A,B 构成的空气平板电容器解 1 13232123C C C C C C C C ++⋅=+=32122d d d ==且,故1322C C C == ,因此A 、B 间的总电容12C C =2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,相当于C2 或者C3 极板短接,其电容为零,则总电容6-25 如图 , 在点A 和点B 之间有五个电容器解 1 由电容器的串、并联,有求得等效电容C AB ＝4 μF．2 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===,得V 4==AB ACABAC U C C U 6-26 如图,有一空气电热板级板面积S ,间距d 解 12 插入电介质后,电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ ;()δd εδSU εεU C C r r -+==011 ()δd εδU S εεQ E r r -+=='011;()δd εδUεS εQ E r r -+==0113 插入导体达到静电平衡后,导体为等势体,其电容和极板上的电荷分别为导体中电场强度 02='E δd UE -=2 6-27 为了实时检测纺织品6-28 利用电容传感器测量油料液面高度证由分析知,导体A 、C 构成一组柱形电容器,它们的电容分别为d D L εαln π20=；()dD L εεβr ln π20-= UX βaU CU Q +== 6-29 有一电容为 uF 的平行平板电容器解 1 V 190max ==d E U b2J 1003.92132max -⨯=CU W e6-30 半径为的长直导线,解 1 导线表面最大电荷面密度 250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ 2 由上述分析得b E R ελ10max π2=,此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210π2R r R rRr ελE m <<==0=E 其他 6-31 一空气平板电容器,空气厚解 ()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时,因b E E > ,空气层被击穿,击穿后40 kV 电压全部加在玻璃板两侧,此时玻璃板内的电场强度由于玻璃的击穿电场强度'110V m b E M -=⋅,b E E '> ,故玻璃也将相继被击穿,电容器完全被击穿．6-32 某介质的相对电容率 er=解 16m V 1018-⋅⨯=≤b E E m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为 μF 的平板电容器,其极板面积 210m 42.0==εεCdS 6-33 一平行板空气电容器,极板面积S,极板间距d, 充电解 1 20220221S εQ E εw e == Sεd Q V w W e e 022ΔΔ== 2 两导体极板带等量异号电荷,外力F 将其缓缓拉开时,应有F ＝－F e ,则外力所作的功为7-6 北京正负电子对撞机 7-7 已知铜的摩尔质量解 1M ρN n A /= 14s m 1046.4//--⋅⨯===e ρN M j ne j A m m d v 2 室温下T ＝300 Ｋ电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 7-8 有两个同轴导体圆柱面,它们的长度均为20m解由分析可知,在半径r ＝ mm 的圆柱面上的电流密度 7-9 已知地球北极磁场磁感应强度B 的大小为 T解设赤道电流为I,则由教材第7 －4 节例2 知,圆电流轴线上北极点的磁感强度 7-10 如图,有两根导线沿半径方向接到铁环 7-11 如图几种截流导线在平面内分布解ａRIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外．ｂ将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可得RIμR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里． c 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流,由叠加原理可得RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外． 7-12 截流导线形状如图, 球O 点 ;; B7-13 如图, 一个半径为R 的无限长半球圆柱面导体,解根据分析,由于长直细线中的电流R l I I π/d d =,它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为RIμB B x 20π== B 的方向指向Ox 轴负向． 7-14 分实验室常用所谓亥姆霍兹线圈由 0d d =xB, 解得 x ＝0 由0d d 022==x x B ,解得 d ＝R① 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开,则若x ＜＜1；且()0d 0d =xB ；()0d 0d 22=x B ．则磁感强度Bx 在中点O 附近近似为常量,场为均匀场．这表明在d ＝R 时,中点x ＝0附近区域的磁场可视为均匀磁场． 7-15 如图,截流长直导线的电流为L,求通过矩形面积的磁通量 7-16 已知 10mm2 裸铜线;; 50A在导线内r ＜R , 2222πππR r r R I I ==∑,因而202πRIr μB =在导线外r ＞R ,I I =∑,因而rIμB 2π0=2 在导线表面磁感强度连续,由I ＝50 A,m 1078.1π/3-⨯==s R ,得 7-17 有一同轴电缆, 其尺寸如图解由上述分析得r ＜R 1 22101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB =R 1 ＜r ＜R 2 I μr B 022π=⋅ rI μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3r ＞R 3 ()02π04=-=⋅I I μr B 04=B7-18 如图,N 匝线圈均匀密绕;;中空骨架上∑=⋅I μr B 02π r ＜R 1 02π1=⋅r B01=B R 2 ＞r ＞R 1 NI μr B 022π=⋅ rNIμB 2π02=r ＞R 2 02π3=⋅r B 03=B RNIμB 2π0≈7-19 电流I 均匀的流过半径为R 的圆形长直导线 7-20 设电流均匀流过无限大导电平面 7-21 设有两无限大平行载流平面 ,解 1 取垂直于纸面向里为x 轴正向,合磁场为 2 两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度 7-22 已知地面上空 B= -4解 1 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向,如图所示． 2N 102.316-⨯==B F v q L N 1064.116-⨯==g m G p因而,有101095.1/⨯=G F L ,即质子所受的洛伦兹力远大于重力． 7-23 在一个显像管的电子 4 eV 解 1 B F ⨯=v q电子带负电,q ＜0,因而可以判断电子束将偏向东侧．2m 71.62===eBmE eB m R k v 由题知cm 20=y ,并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离m 1098.2Δ322-⨯=--=y R R x 即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm ．这种平移并不会影响整幅图像的质量．7-24 试证明霍尔电场强度与恒流强度之比j E ρC = ;B E ⨯-=v H ; v ne =jnev ρρC ==j E ;;B E ⨯-=v H ; B/ne ρB/ρ/ρB/ρ/E E C H ===v v v / 7-25 霍尔效应测量血流的速度7-26 磁力可以用来输送导电液体 1JBl S IBl S F p ===Δ 2 26A/m 1038.3Δ⨯==Blp J 7-27 带电粒子在过饱和液体中运动半径7-28 从太阳射来的速率 10 7解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径 m 101.1311⨯==eB m R v ;m 2322==eB m R v 7-29 如图, 一根长直导线载有电流I1 = 30A I2=20Adl I I μF π22103=; ()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d l I I μd l I I μF F F 合力的方向朝左,指向直导线．7-30 一直流变电站电压500kv解 1 d I μBI F B π220== ;dεU C λE F E 022π2== 由0=+E B f f 可得 2 输出功率7-31 将一电流均匀分布的无限大...B0依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧．7-32 在直径为的刚棒上解 1 因为所有电子的磁矩方向相同,则圆盘的磁矩27m A 1056.1⋅⨯==-e μN m2 由磁矩的定义,可得圆盘边缘等效电流A 100.2/3-⨯==S m I 7-33 在氢原子中,L=h/2π7-34 如图 ,半径为R 的圆片均匀带电,电荷面密度解由上述分析可知,轴线上x 处的磁感强度大小为7-35 如图一根长直同轴电缆, 内外解 1 取与电缆轴同心的圆为积分路径,根据磁介质中的安培环路定理,有 ∑=f I r H π2 对r ＜R 1 221ππr R I I f =∑ 2112πR Ir H = 01=M ,21012πR Ir μB = 对R 2 ＞r ＞R 1 I I f =∑ rI H 2π2= 填充的磁介质相对磁导率为μr ,有()r I μM r 2π12-=,rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2 03=M , 对r ＞R 3 0=-=∑I I I f 04=H ,04=M ,04=B 2 由r M I s 2π⋅=,磁介质内、外表面磁化电流的大小为7-36 设长L= ,截面积S= 2解 1 A N M SL ρN 0= ;2000m A 85.7-⋅===m N M SL ρNm m A 2 维持铁棒与磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩 7-37 在实验室,为了测试;;平均周长分析根据右手定则,磁感线与电流相互环连,磁场沿环型螺线管分布,当环形螺线管中通以电流I 时,由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为由题意可知,环内部的磁感强度S ΦB /=,而H μμB r 0=,故有解磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为L NI /和S Φ/,因而。

大学物理练习册参考答案

大学物理练习册参考答案大学物理练习册是大学物理的重要教材之一，它的主要作用是为大学物理课程提供题目和习题，使学生能够更好地掌握和理解物理知识。

本文将为大家提供几个大学物理练习册的参考答案，供大家参考。

第一题：有一块长度为20cm，宽度为10cm，厚度为2cm的矩形金属板，重量为3N。

请问这块金属板的密度是多少？答案：首先我们需要知道密度的定义，密度是单位体积内物质的质量。

因此，我们可以根据这个公式计算出这块金属板的密度：密度=质量/体积其中，这块金属板的质量为3N，体积为20cm × 10cm × 2cm = 400cm³。

把质量和体积带入公式中，可以得到这块金属板的密度为：密度=3N/400cm³=0.0075N/cm³因此，这块金属板的密度为0.0075N/cm³。

第二题：有一个长度为4m的绳子，一个人沿着绳子向上爬，绳子的质量是忽略不计的。

如果人的体重为600N，他在绳子上爬行的过程中，绳子的张力是多少？答案：在求解这个问题之前，我们需要知道牛顿第二定律的公式：力=质量× 加速度根据牛顿第二定律，可以得到人在绳子上爬行时绳子所受的力等于绳子的张力减去重力。

因此，我们可以得到以下公式：绳子的张力=人的重力+绳子的重力其中，人的重力为600N，绳子的重力可以根据绳子的长度和重力加速度计算得出。

在地球上，物体的重力加速度大约为9.8m/s²。

因此，绳子的重力可以用下面的公式计算：绳子的重力=绳子的质量× 重力加速度因为绳子的质量可以根据绳子的长度和线密度计算得出，我们可以得到以下公式：绳子的质量=绳子的长度× 线密度假设绳子的线密度为ρ，绳子的质量可以表示为：绳子的质量=ρ × 面积× 长度根据绳子的面积和长度，可以得到：面积=长度× 直径/4因此，绳子的质量可以通过以下公式计算得出：绳子的质量=ρ × 直径² × 长度/16把绳子的质量和重力加速度带入公式中，可以得到绳子的重力为：绳子的重力=ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度把人的重力和绳子的重力带入公式中，可以得到绳子的张力为：绳子的张力=人的重力+绳子的重力=600N+ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度因此，如果已知绳子的线密度、直径、长度和重力加速度，就可以计算出绳子在负责人上爬行时所受的张力。

(2021年整理)大学物理练习册习题及答案3

大学物理练习册习题及答案3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（大学物理练习册习题及答案3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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习题及参考答案第2章质点动力学参考答案一思考题2—1如图，滑轮绳子质量忽略不计,忽略一切摩擦力,物体A 的质量m A 大于物体B 的质量m B ，在A 、B 运动过程中弹簧秤的读数是（A ）()12m m g + (B )()12m m g - (C ）12122m m g m m ⎛⎫ ⎪+⎝⎭ (D ）12124m m gm m ⎛⎫⎪+⎝⎭2—2用水平压力F 把一个物体压着靠在竖直的墙面上保持静止,当F 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f（A )恒为零 (B ）不为零，但保持不变(C )随成F 正比增大 (D )开始随F 增大，达到某一值后,就保持不变2-3如图,物体A 、B 的质量分别为M 、m ,两物体间摩擦系数为m ，接触面为竖直面，为使B 不下滑,则需要A 的加速度为(A ）a g μ≥ (B ）a g μ≥ （C )a g ≥ （D ）M ma g M +≥2-4质量分别为m 和M 的滑块A 和B ，叠放在光滑的水平面上，如图，A 、B 间的静摩擦系数为m s ,滑动摩擦系数为m k ,系统原先处于静止状态，今将水平力F 作用于B 上，要使A 、B 间不轰生相对滑动，应有（A ）s F mg μ≤ (B )(1)s F m M mg μ≤+（C ）()s F m M mg μ≤+ （D )s m M F mgM μ+≤AmBB m A 思考题2-1图思考题2-3图思考题2—4图m(a )(b )Bm mm 21m 21思考题2-7图2—5 在光滑的水平面上,放有两个相互接触的物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，且m 1〉 m 2。

大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社第12章习题解答

第12章习题与答案12-1 在真空中波长为λ的单色光，在折射率为n 的透明介质中从A 沿某路径传播到B ，若A 、B 两点相位差为3π，则此路径AB 的光程为[ ]A. 1.5λ.B. 1.5λ/n .C. 1.5n .D. 3λ. [答案：A ]12-2 平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且n 1＜n 2＞n 3，λ1为入射光在折射率为n 1的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的相位差为[ ]A. 2πn 2e / ( n 1λ1).B. 4πn 1e / ( n 2λ1)] +π.C. 4πn 2e / ( n 1λ1) ]+π.D. 4πn 2e / ( n 1λ1).[答案： C ]12-3 两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[ ]A. 间隔变小，并向棱边方向平移.B. 间隔变大，并向远离棱边方向平移.C. 间隔不变，向棱边方向平移.D.间隔变小，并向远离棱边方向平移. [答案： A ]12-4 用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长为λ的单色平行光垂直入射时，若观察到的干涉条纹如题12-4图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应的部分[ ]A. 凸起，且高度为4λ.B. 凸起，且高度为2λ.C. 凹陷，且深度为2λ.D. 凹陷，且深度为4λ.[答案： C ]12-5 若把牛顿环装置(都是用折射率为1.52的玻璃制成的)由空气搬入折射率为1.33的水中，则干涉条纹[ ]A ．中心暗斑变成亮斑. B. 间距变大. C. 间距变小. D. 间距不变. [答案： C ]题12-4图12-6 在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a 和相邻两缝间不透光部分宽度b 的关系为[ ] A. =3a b . B. =2a b . C. =a b . D. =0.5a b [答案： C ]12-7 对某一定波长的垂直入射光衍射光栅的屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该[ ]A. 换一个光栅常数较小的光栅.B. 换一个光栅常数较大的光栅.C. 将光栅向靠近屏幕的方向移动.D. 将光栅向远离屏幕的方向移动.[答案： B ]12-8如果两个偏振片堆叠在一起，且偏振化方向之间夹角为60°，光强为I 0的自然光垂直入射在偏振片上，则出射光强为[ ]A. I 0 / 8.B. I 0 / 4.C. 3 I 0 / 8.D. 3 I 0 / 4.[答案： A ]12-9一束自然光自空气射向一块平板玻璃（如题12-9图），设入射角等于布儒斯特角i 0，则在上表面的出射光2是[ ]A. 自然光.B. 线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面.C. 线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面.D. 部分偏振光.[答案： C ]12-10相干光的必要条件为________________________，________________________，________________________。

大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社第11章习题解答

第11章习题与答案11-1 一凸透镜在空气中的焦距为40cm, 在水中时焦距为136.8cm, 问此透镜的折射率为多少(水的折射率为1.33)? 若将此透镜置于CS 2中(CS 2的折射率为1.62), 其焦距又为多少? 解：由题意知凸透镜的焦距为11212n f n n n n r r =---+又∵在同一介质中12n n =，'f f =-设12'n n n ==21111''n f n n r ⎛⎫⎛⎫∴=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因为对同一凸透镜而言，211n r -是一常数，设11''n t f n ⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭当在空气中时1'1n =，140f =，在水中时2' 1.33n =，2136.8f =11401n t ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，11136.8 1.33n t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，两式相比，可得 1.54n =，将其代入上得0.0463t =∴在CS 2中，即1' 1.62n =时，1 1.5410.0463' 1.62f ⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭得'437.4cm f =-. 即透镜的折射率为1.54，在CS 2中的焦距为437.4cm -。

11-2 会聚透镜和发散透镜的焦距都是10cm, 求(1)与主轴成30︒度的一束平行光入射到每个透镜上, 像点在何处? (2)在每个透镜左方的焦平面上离主轴1cm 处各置一发光点, 成像在何处？作出光路图。

解：(1)由'1'f f s s+=，s =∞，对于会聚透镜''10cm x s f ==，''tan30 5.8cm y x s s =︒=或者()''tan 30 5.8cm y x s s =-︒=-，像点的坐标为()10,5.8，同理，对于发散透镜：像点的坐标为()10,5.8-。

大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社习题2详解

2-1 如题2-1图所示，弹簧秤挂一滑轮，滑轮两边各挂一质量为m 和2m 的物体，绳子与滑轮的质量忽略不计，轴承处摩擦忽略不计，在m 及2m 的运动过程中，弹簧秤的读数为[ ]A. 3mg .B. 2mg .C. 1mg .D. 8mg / 3.答案： D题 2-1图 2-2 一质点作匀速率圆周运动时，[ ] A.它的动量不变，对圆心的角动量也不变。

B.它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。

C.它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。

D.它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。

答案： C2-3 质点系的内力可以改变[ ] A.系统的总质量。

B.系统的总动量。

C.系统的总动能。

D.系统的总角动量。

答案： C2-4 一船浮于静水中，船长L ，质量为m ，一个质量也为m 的人从船尾走到船头。

不计水和空气阻力，则在此过程中船将：[ ] A.不动 B.后退LC.后退L 21 D.后退L 31答案： C2-5 对功的概念有以下几种说法：[ ]①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。

②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。

③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。

在上述说法中：A.①、②是正确的。

B.②、③是正确的。

C.只有②是正确的。

D.只有③是正确的。

答案： C2-6 某质点在力(45)F x i =+（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。

在从x=0移动到x=10m的过程中，力F所做功为。

答案： 290J2-7 如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为μ，当这货车爬一与水平方向成θ角的平缓山坡时，要不使箱子在车底板上滑动，车的最小加速度。

＜＜＜＜＜m 2m答案： ()cos sin g μθθ-2-8 一质量为1Kg 的球A ，以5m /s 的速率与原来静止的另一球B 作弹性碰撞，碰后A 球以4m /s 的速率垂直于它原来的运动方向，则B 球的动量大小为。

大学物理学第三版课后习题答案修订版

大学物理学第三版课后习题答案Document number：PBGCG-0857-BTDO-0089-PTT19981-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4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= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ tsv 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1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v +=又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图 (1)在最高点，又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ (2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o 60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何在艇上看船的速度又为何解：(1)大船看小艇，则有1221v v v-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v由①、②式消去t ，得2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mke v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵ tvm kv a d d =-=分离变量，得即 ⎰⎰-=vv t m t k v v00d d ∴ tm kev v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k (4)当t=km时，其速度为即速度减至0v 的e1.2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量将bat =代入，得 (3)由动量定理可求得子弹的质量2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y kky y ky A ② 由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即 222122k k ky =-所以， 22=y 于是钉子第二次能进入的深度为2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图又 11x k F A ∆= 所以静止时两弹簧伸长量之比为弹性势能之比为2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则联立上述两式，得题2-17图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有联立，以上两式，得习题八8-1 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8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-2 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2θ,如题8-2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8-2图示解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204rq 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． 8-4 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Sq E 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Sq E 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．8-5 一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即θ方向场强分量题8-5图题8-6图 8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=-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8-6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 x E Qλε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε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8-7 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8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x==积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ ∴ RE E x0π2ελ==，方向沿x 轴正向． 8-8 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8-8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∵ 22cos 221l r l +=θ∴ 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8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为 ∵ lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P++=ε 方向沿OP8-9 (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*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan =α)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06εq e=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024εq e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图 (3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积* ∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-10 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⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 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 > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 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8-12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．8-13 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8-13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8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ= ∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E'OO题8-13图(a) 题8-13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)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+='∴腔内场强是均匀的． 8-14 一电偶极子由q =×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×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∴ qlE pE M ==max 代入数字8-15 两点电荷1q =×10-8C ，2q =×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 rq q r r q q r F A εε )11(21r r - 外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16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8-16图示∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-= 8-17 如题8-17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8-17图R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ (2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 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 =×10-31kg ，电子电量e =×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强电子受力大小 re eE F e0π2ελ== ∴ rv mr e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 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 V8-20 根据场强E与电势U 的关系UE -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势 ∴ ()i x R qx ix U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势∴ 30π2cos r p r U E rεθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21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8-21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8-21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∴ +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． 8-22 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2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电×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8-22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8-22图(1)∵ AB ACU U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A Cq S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC ACAC A E U εσV8-23 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，其电势题8-23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： (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，且得 q R R q 21=' 外球壳上电势8-24 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8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：得 -='q 3q8-25 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 2020π4r q 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 00220183π483π4"'2F r qr 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 qq F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图解得 Sq 261==σσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==注意：因为C 片带电，所以2U U C≠，若C 片不带电，显然2U U C =8-27 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 rQ E U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势(3)金属球的电势 r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内r d r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内8-28 如题8-28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8-28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= ∴r D D εσσ==1212 题8-28图题8-29图8-29 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 =∑ ∴ rlQ D π2=(1)电场能量密度 22222π82lr 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 RV R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图题8-31图8-31 如题8-31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 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 8-32 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 (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．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失8-34 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 =×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8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域在21R r R <<时 301π4r r Q E ε=3R r >时 302π4r r Q E ε=∴在21R r R <<区域在3R r >区域∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r r Q E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向解: 在同一磁感应线上，各点B 的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)(2)若存在电流，上述结论是否还对解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转． 9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

(完整版)大学物理学(第三版上)课后习题6答案详解

习题66.1选择题(1)一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：(A)它的动能转化为势能. (B)它的势能转化为动能.(C)它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.(D)它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小.[答案：D ](2) 某时刻驻波波形曲线如图所示，则a,b 两点位相差是(A)π (B)π/2 (C)5π/4 (D)0[答案：A](3) 设声波在媒质中的传播速度为ｕ，声源的频率为v s ．若声源Ｓ不动，而接收器Ｒ相对于媒质以速度V B 沿着Ｓ、Ｒ连线向着声源Ｓ运动，则位于Ｓ、Ｒ连线中点的质点Ｐ的振动频率为 (A)s v (B)s Bv uV u + (C)s B v V u u + (D) s Bv V u u-[答案：A]6.2填空题(1)频率为100Hz ，传播速度为300m/s 的平面简谐波，波线上两点振动的相位差为π/3，则此两点相距____m 。

[答案：0.5m ](2)一横波的波动方程是))(4.0100(2sin 02.0SI x t y -=π，则振幅是____，波长是____，频率是____，波的传播速度是____。

[答案：0.02;2.5;100;250/m m Hz m s ](3) 设入射波的表达式为])(2cos[1πλνπ++=xt A y ，波在x ＝0处反射，反射点为一固定端，则反射波的表达式为________________，驻波的表达式为____________________，入射波和反射波合成的驻波的波腹所在处的坐标为____________________。

[答案：)(2cos 2λνπxt A y -= ；2cos(2)cos(2)22x A t ππππνλ++ (21)4x k λ=-]6.3产生机械波的条件是什么？两列波叠加产生干涉现象必须满足什么条件？满足什么条件的两列波才能叠加后形成驻波？在什么情况下会出现半波损失？答：产生机械波必须具备两个条件：有作机械振动的物体即波源；有连续的介质。

大学物理上课后习题答案

第1章质点运动学 P21一质点在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;⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；⑵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；⑶计算t＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷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：1j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r5.081-= m ；2114r i j =+m∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-；4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d ri t j t-==++⋅v ,则：437i j =+v 1s m -⋅ 5 0t =s 时,033i j =+v ；4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44ja j t --∆====⋅∆v v v 6 2d 1 m s d a j t-==⋅v这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量; 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226a x=+,a 的单位为m/s 2,x 的单位为m;质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值;解：由d d d d d d d d x a t x t x===v v v v得：2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得：2322250x x =++v∴ 31225 m s x x -=++⋅v一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：⑴ t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴ s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有：tan 451n a a τ︒== 即：βωR R =2,亦即t t 18)9(22=,解得：923=t 则角位移为：322323 2.67rad 9t θ=+=+⨯= 一质点在半径为的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α= rad/s 2,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度;解：s 2=t 时,4.022.0=⨯==t αω 1s rad -⋅则0.40.40.16R ω==⨯=v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅0.40.20.08a R τα==⨯=2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n与切向夹角arctan()0.06443n a a τϕ==≈︒第2章质点动力学质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv k 为常数作用,t =0时质点的速度为0v ,证明：⑴t 时刻的速度为()0=k t me-v v ；⑵ 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝0m k v 1-t m ke )(-；⑶停止运动前经过的距离为0()mkv ；⑷当m t k =时速度减至0v 的e1,式中m 为质点的质量;解：f k =-v ,a f m k m ==-v⑴ 由d d a t =v 得：d d d k a t t m==-vv分离变量得：d d kt m =-v v ,即00d d t k t m-=⎰⎰v v v v , 因此有：0ln ln kt m e -=v v , ∴ 0k m te -=v v ⑵ 由d d x t =v 得：0d d d k m t x t e t -==v v ,两边积分得：000d d k mx t t x e t-=⎰⎰v∴ 0(1)k m tm x e k-=-v ⑶ 质点停止运动时速度为零,00k mt e -=→v v ,即t →∞,故有：000d k mt x et m k ∞-'==⎰v v⑷ t m k =时,其速度为：1000k m m kv e e e -⋅-===v v v ,即速度减至0v 的1e .作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i =+N,式中t 的单位是s,⑴ 求4s 后,这物体的动量和速度的变化,以及力给予物体的冲量;⑵ 为了使这力的冲量为200 N·s,该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m/s 的物体,回答这两个问题; 解： ⑴ 若物体原来静止,则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,1111115.6m s 56kg m s p m i I p i --∆=∆=⋅=∆=⋅⋅；v若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则000000, (d )d t tp m p m F m t m F t=-=-+⋅=-+⎰⎰v v v 于是：⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理有：21∆=∆v v ,12I I =这说明,只要力函数不变,作用时间相同,则不管物体有无初动量,也不管初动量有多大,那么物体获得的动量的增量亦即冲量就一定相同,这就是动量定理;⑵ 同上理,两种情况中的作用时间相同,即：⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即：0200102=-+t t , 解得s 10=t ,s 20='t 舍去设N 67j i F -=合;⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=时,求F所作的功;⑵ 如果质点到r 处时需,试求平均功率;⑶ 如果质点的质量为1kg,试求动能的变化;解： ⑴ 由题知,合F为恒力,且00r =∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k =⋅∆=-⋅-++=--=-合⑵ w 756.045==∆=t A P ⑶ 由动能定理,J 45-==∆A E k一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端,挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ,B 的下端又挂一重物C ,C 的质量为M ,如图;求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比;解：弹簧B A 、及重物C 受力如题图所示平衡时,有： Mg F F B A == ,又 11x k F A ∆=,22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221x x k k ∆∆= 弹性势能之比为：22111222211212p p E k x k E k x k ⋅∆==⋅∆第3章刚体力学基础一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为x y i j =+v v v , 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩;解：由题知,质点的位矢为：j y i x r11+=作用在质点上的力为：i f f-=所以,质点对原点的角动量为：01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k =⨯=+⨯+=-v v v v v作用在质点上的力的力矩为：k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆;它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m/s,它离太阳最远时的速率是2v ＝×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 是多少太阳位于椭圆的一个焦点;解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力,即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有：1122r m r m =v v ∴ 10412112228.7510 5.4610 5.2610m 9.0810r r ⨯⨯⨯===⨯⨯v v 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r=,6i j =+v m/s,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,⑴ 物体动量的变化；⑵ 相对z 轴角动量的变化; 解：⑴ ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p⑵ 解法一由53 N a f m j ==得：0034437m x t x x t t ==+=+=+=v222031515663325.52623y t y t at t t j ==+=+=⨯+⨯⨯=v即有：i r41=,j i r 5.2572+=01x x ==v v ；0653311y y at =+=+⨯=v v即有：216i j =+v ,211i j =+v∴ 11143(6)72L r mi i j k =⨯=⨯+=v 222(725.5)3(11)154.5L r m i j i j k =⨯=+⨯+=v∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解法二 ∵d LM dt =, ∴ 2032031d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t tL M t r f tt i t t j j t t k t k -∆=⋅=⨯⎡⎤=+++⨯⨯⎢⎥⎣⎦=+=⋅⋅⎰⎰⎰⎰平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物;小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡;今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图;试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少解：只挂重物1M 时,小球作圆周运动,向心力为g M 1,即：2001ωmr g M = ①挂上2M 后,则有：221)(ω''=+r m g M M ② 重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒;即：00r m r m ''=v v ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得：100M g mr ω=,2112301()M g M M mr M ω+'=, 112130212()M M M r g r m M M ω+'==⋅'+ 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900 rev/min;现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速;已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算;试求：⑴ 设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解：⑴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b;图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力;杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有：121()0F l l N l '+-=, 121)N l l F l '=+(对飞轮,按转动定律有r F RIβ=-,式中负号表示β与角速度ω方向相反; ∵ N F r μ= ,N N '=∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ 212I mR =,∴1212()r F R l l F I mRl μβ+=-=-① 以N 100=F 等代入上式,得：2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：s 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为：2201900291409()53.12rad 2604234t t πφωβπππ⨯=+=⨯-⨯⨯=⨯可知在这段时间里,飞轮转了1.53转; ⑵10s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 200215rad s 22ttωωωπβ--==-=-⋅ 用上面式⑴所示的关系,可求出所需的制动力为：112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2mRl F N l l βπμ⨯⨯⨯=-==+⨯⨯+⨯计算题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m 1=50kg,m 2=200 kg,M =15 kg,r = m解：分别以m 1、m 2滑轮为研究对象,受力图如图b 所示．对m 1、m 2运用牛顿定律,有：a m T g m 222=- ；a m T 11=对滑轮运用转动定律,有：β)21(212Mr r T r T =- 又βr a = 由以上4个方程解得：22122009.87.6 m s 25200152m g a m m M -⨯===⋅++++题a 图题b 图如题图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下;求：⑴ 初始时刻的角加速度；⑵ 杆转过θ角时的角速度. 解：⑴ 由转动定律有：211()23mg l ml β=, ∴ lg23=β⑵ 由机械能守恒定律有：22)31(21sin 2ωθml l mg = ∴ lg θωsin 3= 如题图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上;现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞;相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处;⑴设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； ⑵相撞时小球受到多大的冲量解：⑴ 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：0m l I m l ω=+v v ①2220111222m I m ω=+v v②上两式中23I Ml =,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(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得：2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω 由①式得：0I mlω=-v v ④ 由②式得：2220I m ω=-v v ⑤所以：22200()I I ml mωω-=-v v求得：026(23)13(1)(1)22312gl l I l Mm M ml m mωω-+=+=+=v ⑵相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m =∆=-⎰v v v由①式求得：06(23)1d 36gl I F t m m Ml M l ωω-=-=-=-=-⎰v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反;一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动;另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向; ⑴开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值⑵用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比;解：⑴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒： ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω⑵ 022*******000sin 1[()][]2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m θθ++==+v v 弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N/m ；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大假设开始时物体静止而弹簧无伸长;解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有：222111222mgh m I kh ω=++v 又/R ω=v ,故有：2222221(2)(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.5 2.0m s mgh kh R mR I --⨯⨯⨯-⨯⨯==+⨯+=⋅v第5章机械振动质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统,按0.1cos(82x t ππ=+的规律作谐振动,求：⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； ⑵ 最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能,在哪些位置上动能与势能相等⑶ s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：⑴设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ,则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A 又0.8m A ωπ==v 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅,2.632==A a m ω2s m -⋅⑵ 0.63N m m F ma ==,J 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时,有p E E 2=,即：)21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x ⑶ ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示;如果0=t 时质点的状态分别是：⑴A x -=0； ⑵ 过平衡位置向正向运动； ⑶过2Ax =处向负向运动； ⑷过2A x -=处向正向运动; 试求出相应的初位相,并写出振动方程;解：因为000cos sin x A A φωφ=⎧⎨=-⎩v将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相;故有：)2cos(1πππφ+==t T A x , )232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x , )452cos(454πππφ+==t T A x一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动,振幅为cm 24,周期为s 0.4,当0=t 时位移为cm 24+;求：⑴s 5.0=t 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； ⑵由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； ⑶在cm 12=x 处物体的总能量;解：由题已知s 0.4,m 10242=⨯=-T A ,∴ -120.5 rad s ωππ==⋅ 又,0=t 时,00 , 0x A φ=+∴= 故振动方程为：m )5.0cos(10242t x π-⨯=⑴ 将s 5.0=t 代入得：0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x π23231010(2)0.17 4.210N F ma m x ωπ--=-=-=-⨯⨯⨯=-⨯方向指向坐标原点,即沿x 轴负向;⑵ 由题知,0=t 时,00=φ；t t =时,02,0,3t x A φπ=+<=且故v ∴ s 322/3==∆=ππωφt ⑶ 由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：22232241111010()(0.24)7.110J 2222E kA m A πω--===⨯⨯⨯=⨯ 有一轻弹簧,下面悬挂质量为g 0.1的物体时,伸长为cm 9.4;用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子,将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后,给予向上的初速度0 5.0cm /s =v ,求振动周期和振动表达式; 解：由题知12311m N 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k 而0=t 时,-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x 设向上为正又 30.225 , 1.26s 810k T m πωω-=====⨯即 222222205.010 ()(1.010)()210m 5v A x ω---⨯∴=+=⨯+=⨯200020 5.0105tan 1 , 1.01054x πφφω--⨯=-===⨯⨯即v ∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x题图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程;解：由题图a,∵0=t 时,0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T φπ=>∴===又v即：1s rad 2-⋅==ππωT,故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题图b ∵0=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v01=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v又ππωφ253511=+⨯=,∴ πω65=故m t x b )3565cos(1.0ππ+=一轻弹簧的倔强系数为k ,其下端悬有一质量为M 的盘子;现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起,于是盘子开始振动;⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同⑵ 此时的振动振幅多大⑶ 取平衡位置为原点,位移以向下为正,并以弹簧开始振动时作为计时起点,求初位相并写出物体与盘子的振动方程; 解：⑴ 空盘的振动周期为k M π2,落下重物后振动周期为km M +π2,即增大;⑵按⑶所设坐标原点及计时起点,0=t 时,则0x mg k =-;碰撞时,以M m ,为一系统动量守恒,即：02()m gh m M =+v则有：02m gh m M=+v ,于是22220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M gω=+=+=+++3gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ 第三象限,所以振动方程为 221cos arctan ()()mg khk kh x t k m M gm MM m g ⎡⎤=++⎢⎥+++⎣⎦有一单摆,摆长m 0.1=l ,摆球质量kg 10103-⨯=m ,当摆球处在平衡位置时,若给小球一水平向右的冲量41.010kg m s F t -∆=⨯⋅,取打击时刻为计时起点)0(=t ,求振动的初位相和角振幅,并写出小球的振动方程; 解：由动量定理,有：0F t m ⋅∆=-v∴ 4-131.0100.01 m s 1.010F t m --⋅∆⨯===⋅⨯v 按题设计时起点,并设向右为x 轴正向,则知0=t 时,1000 , 0.01m s x -==⋅v ＞0,∴ 2/30πφ=又1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω ∴ 2230000.01() 3.210m 3.13A x ωω-=+===⨯v v故其角振幅：33.210rad A l θ-==⨯小球的振动方程为：rad )2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t有两个同方向、同频率的简谐振动,其合成振动的振幅为m 20.0,位相与第一振动π/6的位相差为,已知第一振动的振幅为m 173.0,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差;解：由题意可做出旋转矢量题图;由图知222211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01A A A A A =+-︒=+-⨯⨯⨯=,∴ m 1.02=A 设角θ为O AA 1,则：θcos 22122212A A A A A -+=即：2222221212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1A A A A A θ+-+-===⨯⨯即2θπ=,这说明,1A 与2A 间夹角为2π,即二振动的位相差为2π; 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动,振动方程为：⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相,并写出谐振方程;解：∵ πππφ=--=∆)65(6, ∴ m 1.021=-=A A A 合 1122112250.4sin 0.3sinsin sin 366tan 5cos cos 30.4cos 0.3cos 66A A A A ππφφφππφφ⨯-+===++ ∴ 6φπ=其振动方程为：0.1cos(26)m x t π=+作图法略第6章机械波已知波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为y =A cos Cx Bt -,其中A ,B ,C 为正值恒量;求：⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长；⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； ⑶ 任一时刻,在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差;解：⑴ 已知平面简谐波的波动方程：)cos(Cx Bt A y -= 0≥x 将上式与波动方程的标准形式：)22cos(λππυxt A y -=比较,可知：波振幅为A ,频率πυ2B =,波长C πλ2=,波速B u C λν==, 波动周期12T Bπν==;⑵ 将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程：)cos(Cl Bt A y -=⑶ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12,及2Cπλ=代入上式,即得：Cd =∆φ; 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =10x t ππ4-,式中x ,y 以米计,t 以秒计;求：⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相,它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =时刻到达哪一点解：⑴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x πωλ=-相比,得：振幅05.0=A m ,圆频率10ωπ=,波长5.0=λm ,波速 2.5m s 2u ωλνλπ===;绳上各点的最大振速,最大加速度分别为：ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅⑵2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为：08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点0=x ,在92.008.010=-=t s 时的位相,即：2.9=φπ;设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点,则,825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m一列平面余弦波沿x 轴正向传播,波速为5 m/s,波长为2m,原点处质点的振动曲线如题图所示;⑴ 写出波动方程；⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线;解： ⑴ 由题a 图知,1.0=A m,且0=t 时,000 , 0y =>v ,∴230πφ=, 又52.52uνλ===Hz ,则ππυω52== 取])(cos[0φω+-=u x t A y ,则波动方程为：30.1cos[5()]52x y t ππ=-+m⑵ 0=t 时的波形如题b 图5.0=x m 代入波动方程,得该点处的振动方程为：50.530.1cos[5]0.1cos(5)52y t t πππππ⨯=-+=+m如题c 图所示;如题图所示,已知t =0时和t =时的波形曲线分别为图中曲线a 和b,周期T>,波沿x 轴正向传播,试根据图中绘出的条件求： ⑴ 波动方程；⑵P 点的振动方程; 解：⑴ 由题图可知,1.0=A m ,4=λm ,又,0=t 时,000,0y =<v , ∴20πφ=,而-11 2 m s 0.5x u t ∆===⋅∆,20.5Hz 4u νλ===,∴ππυω==2故波动方程为：]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m⑵ 将1=P x m 代入上式,即得P 点振动方程为：t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m一列机械波沿x 轴正向传播,t =0时的波形如题图所示,已知波速为10 m/s 1,波长为2m,求： ⑴波动方程；⑵ P 点的振动方程及振动曲线； ⑶ P 点的坐标；⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间;解：由题图可知1.0=A m ,0=t 时,00,02A y =<v ,∴30πφ=,由题知2=λm ,-110m s u =⋅,则5210===λυuHz ,∴ππυω102==⑴ 波动方程为：0.1cos[10()]103x y t ππ=-+m⑵ 由图知,0=t 时,0,2<-=P P v A y ,∴34πφ-=P P 点的位相应落后于0点,故取负值∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p ⑶ 由πππ34|3)10(100-=+-=t x t 解得：67.135==x m ⑷ 根据⑵的结果可作出旋转矢量图如题图a,则由P点回到平衡位置应经历的位相角πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为：121106/5==∆=∆ππωφt s 如题图所示,有一平面简谐波在空间传播,已知P 点的振动方程为P y =Acos 0ϕω+t ;⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程;解：⑴ 如题图a,则波动方程为：0cos[()]l xy A t u uωϕ=+-+ 如图b,则波动方程为：0cos[()]x y A t uωϕ=++⑵ 如题图a,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=-+如题图b,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=++一平面余弦波,沿直径为14cm 的圆柱形管传播,波的强度为×10-3J/m 2·s,频率为300 Hz,波速为300m/s,求波的平均能量密度和最大能量密度.解： ∵u w I =, ∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅, 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅如题图所示,1S 和2S 为两相干波源,振幅均为1A ,相距4λ,1S 较2S 位相超前2π,求：⑴ 1S 外侧各点的合振幅和强度；⑵ 2S 外侧各点的合振幅和强度解：1在1S 外侧,距离1S 为1r 的点,1S 2S 传到该P 点引起的位相差为：πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r ,∴ 0,0211===-=A I A A A 2在2S 外侧.距离2S 为1r 的点,1S 2S 传到该点引起的位相差：0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ,∴ 2121114,2A A I A A A A ===+=一平面简谐波沿x 轴正向传播,如题图所示;已知振幅为A ,频率为ν,波速为u ;⑴ 若t =0时,原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动,写出此波的波动方程；⑵ 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等,试写出反射波的波动方程,并求x 轴上因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置;解： ⑴ ∵0=t 时,0,000>=v y ,∴20πφ-=,故波动方程为：cos[2()]2x y A t u ππυ=--m⑵ 入射波传到反射面时的振动位相为即将λ43=x 代入2432πλλπ-⨯-,再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射,存在半波损失,所以反射波在界面处的位相为：πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点,则反射波在O 点处的位相为23542πλππλ--⨯-=,因只考虑π2以内的位相角,∴反射波在O 点的位相为2π-,故反射波的波动方程为：]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为：cos[2()]cos[2()]222 2cos cos(2)2x x y A t A t u u x A t u πππυπυπυππυ=--++-=-故波节位置为：2)12(22πλππυ+==k x u x故 4)12(λ+=k x ,2,1,0±±=k …根据题意,k 只能取1,0,即λλ43,41=x 两列波在一根很长的细绳上传播,它们的波动方程分别为1y =t x ππ4-SI, 2y =t x ππ4+SI;⑴ 试证明绳子将作驻波式振动,并求波节、波腹的位置； ⑵ 波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大解：⑴ 它们的合成波为：0.06cos(4)0.06cos(4)0.12cos cos 4y x t x t x t ππππππ=-++=出现了变量的分离,符合驻波方程特征,故绳子在作驻波振动; 令ππk x =,则k x =,k=0,±1,±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ,,2,1,0±±=k …,此即波节的位置;⑵波腹处振幅最大,即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定,即：097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m第7章气体动理论基础 P218设有N 个粒子的系统,其速率分布如题图所示;求⑴ 分布函数f υ的表达式； ⑵ a 与υ0之间的关系； ⑶ 速度在υ0到υ0之间的粒子数; ⑷ 粒子的平均速率; 5 υ0到υ0区间内粒子平均速率;解：⑴从图上可得分布函数表达式： 00000()/(0)()(2)()0(2)Nf a Nf a Nf υυυυυυυυυυυυ=≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪=≥⎩, 00000/(0)()/(2)0(2)a N f a N υυυυυυυυυυ≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪≥⎩⑵ f υ满足归一化条件,但这里纵坐标是N f υ而不是f υ,故曲线下的总面积为N.由归一化条件：20d d a NN a N υυυυυυυ+=⎰⎰,可得023Na υ=⑶ 可通过面积计算001(2 1.5)3N a N υυ∆=⨯-=⑷N 个粒子平均速率：220220001()d ()d d d 11311()329a f Nf a Na a N υυυυυυυυυυυυυυυυυυ∞∞===+=+=⎰⎰⎰⎰5 υ0到υ0区间内粒子数：100013(0.5)(0.5)284NN a a a υυυ=+-== υ0到υ0区间内粒子平均速率：000000.50.50.5111d d ()d NN N N f N N N N υυυυυυυυυυυυ===⎰⎰⎰ 0020.510d N a N N υυυυυυ=⎰0033220000.51010017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=⎰ 2007769a N υυυ==试计算理想气体分子热运动速率的大小介于υp -υp /100与υp +υp /100之间的分子数占总分子数的百分比; 解：令P u υυ=,则麦克斯韦速率分布函数可表示为：du e u N dN u 224-=π因为u=1,∆u=由u e u N N u ∆=∆-224π,得 %66.102.0141=⨯⨯⨯=∆-e N N π容器中储有氧气,其压强为P=即1atm 温度为27℃求：⑴ 单位体积中的分子数n ；⑵ 氧分子的质量m ；⑶ 气体密度ρ；⑷ 分子间的平均距离e ；5 平均速率υ；62υ7分子的平均动能ε; 解：⑴ 由气体状态方程nkT p =得：242351045.23001038.110013.11.0⨯=⨯⨯⨯⨯==-kT p n m -3⑵ 氧分子的质量：26230mol 1032.51002.6032.0⨯=⨯==N M m Kg ⑶ 由气体状态方程RT M MpV mol =,得： 13.030031.810013.11.0032.05mol =⨯⨯⨯⨯==RT p M ρ3m kg -⋅⑷ 分子间的平均距离可近似计算932431042.71045.211-⨯=⨯==ne m5 平均速率：mol 8.313001.601.60446.580.032RT M υ⨯=≈=1s m -⋅ 题图Nf υO2υ0υυ0a6482.87≈=1s m -⋅ 7 氧分子的平均动能：20231004.13001038.12525--⨯=⨯⨯⨯==kT εJ1mol 氢气,在温度为27℃时,它的平动动能、转动动能和内能各是多少解：理想气体分子的能量：RT iE 2υ= 平动动能 t=3 5.373930031.823=⨯⨯=t E J转动动能 r=2 249330031.822=⨯⨯=r E J内能 i=5 5.623230031.825=⨯⨯=i E J一瓶氧气,一瓶氢气,等压、等温,氧气体积是氢气的2倍,求⑴氧气和氢气分子数密度之比；⑵氧分子和氢分子的平均速率之比; 解：⑴ 因为nkT p =,则：1O H n n =⑵由平均速率公式υ=,得：14O H υυ== 7-25 一真空管的真空度约为×10-3 Pa 即×10-5 mmHg,试求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程设分子的有效直径d ＝3×10-10 m; 解：由气体状态方程nkT p =得：317-3231.3810 3.3310m 1.3810300p n kT -⨯===⨯⨯⨯ 由平均自由程公式nd 221πλ=得： 5.71033.3109211720=⨯⨯⨯⨯=-πλ m ⑴ 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；⑵ 若温度不变,气压降到×10-4Pa,平均碰撞频率又为多少设分子有效直径为10-10m解：⑴碰撞频率公式2z d n υ=对于理想气体有nkT p =,即：kTpn =,所以有：2d p z kT υ=而-1455.43 m s υ≈≈=⋅ 氮气在标准状态下的平均碰撞频率805201044.52731038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-πz s -1⑵气压下降后的平均碰撞频率2042310455.43 1.33100.7141.3810273z ---⨯⨯⨯⨯==⨯⨯ s -11mol 氧气从初态出发,经过等容升压过程,压强增大为原来的2倍,然后又经过等温膨胀过程,体积增大为原来的2倍,求末态与初态之间⑴气体分子方均根速率之比；⑵ 分子平均自由程之比; 解：⑴ 由气体状态方程：2211T p T p = 及 3322V p V p =====⑵ 对于理想气体,nkT p =,即 kTpn =所以有：pd kT 22πλ=,即：12121==T p p T 末初λλ第8章热力学基础.如题图所示,一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中,有350 J 热量传入系统,而系统做功126 J;⑴ 若沿adb 时,系统做功42 J,问有多少热量传入系统⑵ 若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时,外界对系统做功为84 J,试问系统是吸热还是放热热量传递是多少解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差：A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E Jabd 过程,系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程,外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热1mol 单原子理想气体从300K 加热到350K,问在下列两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功⑴ 容积保持不变； ⑵ 压力保持不变; 解：⑴ 等体过程对外作功0=A∴ V 2121()()2328.31(350300)623.25J iQ E A E C T T R T T νν=∆+=∆=-=-=⨯⨯-=, ⑵ 等压过程,吸热：P 212125()()8.31(350300)1038.75J 22i Q C T T R T T νν+=-=-=⨯⨯-=内能增加：V 21()328.31(350300)623.25J E C T T ν∆=-=⨯⨯-=对外作功：5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J一个绝热容器中盛有摩尔质量为M mol ,比热容比为γ的理想气体,整个容器以速度υ运动,若容器突然停止运动,求气体温度的升高量设气体分子的机械能全部转变为内能;解：整个气体有序运动的能量为212m υ,转变为气体分子无序运动使得内能增加,温度变化;2V 12m E C T m M υ∆=∆=,22mol mol V 111(1)22T M M C R υυγ∆==- 0.01m 3氮气在温度为300K 时,由压缩到10MPa;试分别求氮气经等温及绝热压缩后的⑴ 体积；⑵ 温度；⑶ 各过程对外所做的功; 解：⑴ 等温压缩过程中,T =300K,且2211V p V p =,解得：3112210.0111010p V V p -==⨯=⨯m 3 , 6321112lnln 0.1100.01ln0.01 4.6710J V pA vRT p V V p ===⨯⨯⨯=-⨯ ⑵ 绝热压缩：R C 25V =,57=γ 由绝热方程 γγ2211V p V p =,得：111/33111421221()()()0.01 1.9310m 10p V p V V p p γγγ-===⨯=⨯由绝热方程 111122T p T p γγγγ----=,得11.40.4122211300(10)579K T p T T p γγγγ--==⨯⇒=Oab c d由热力学第一定律A E Q +∆=及0=Q 得：)(12molT T C M MA V --=, 又RT M MpV mol=,所以 51121135 1.013100.015()(579300)23002 2.3510Jp V A R T T RT ⨯⨯=--=-⨯⨯-=-⨯ 理想气体由初状态P 1,V 2经绝热膨胀至末状态P 2,V 2;试证过程中气体所做的功为：12211--=γV P V P w 式中γ为气体的比热容比;证明：由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211得γγV V p p 111= 故,22111121221111221121d 11d ()11 ()11V V r V V V C A p V C V V V p V p V p V p V V V γγγγγγγγγ----===----=--=--⎰⎰1 mol 的理想气体的T -V 图如题图所示,ab 为直线,延长线通过原点O ;求ab 过程气体对外做的功; 解：设T kV =,由图可求得直线的斜率k 为：2T k V =,得过程方程002T T V V =由状态方程pV vRT=得：RT p V ==R V 02T V V =002RT V ab 过程气体对外作功：⎰=02d V v V p A 02000d 22V V RT RTV V ==⎰某理想气体的过程方程为Vp 1/2=a ,a 为常数,气体从V 1膨胀到V 2;求其所做的功;解：气体做功：22211122221211d d ()|()V V V V V V a a A p V V a V V V V ===-=-⎰⎰设有一以理想气体为工质的热机循环,如题图所示;试证其循环效率为：η＝1212111V V p p ηγ-=--解：等体过程：1V 21()0Q vC T T '=->,吸热,∴ )(1221V 11RV p R V p C Q Q -='= 绝热过程：03='Q 等压压缩过程：2p 21()0Q vC T T '=-<,放热 ∴ 212222P 21P ()()p V p V Q Q vC T T C R R'==--=-,则, 循环效率为：p 21222121V 122212()(/1)111()(/1)C p V p V Q Q C pV p V p p ννηγ--=-=-=--- 一卡诺热机在1000K 和300K 的两热源之间工作,试计算⑴ 热机效率；⑵ 若低温热源不变,要使热机效率提高到80%,则高温热源温度需提高多少⑶ 若高温热源不变,要使热机效率提高到80%,则低温热源温度需降低多少T Oab题图Vp OV绝热题图V 2 V 1 p 1p解：⑴ 卡诺热机效率 213001170%1000T T η=-=-= ⑵ 低温热源2300K T =不变时,即1130080%T η'=-=,解得：11500K T '=,则： 11115001000500K T T T '∆=-=-=即高温热源温度提高500K;⑶ 高温热源11000K T =不变时,即21100080%T η'=-= 解得：2200K T '=,则：222200300-100K T T T '∆=-=-=即低温热源温度降低100K;如题图所示是一理想气体所经历的循环过程,其中AB 和CD 是等压过程,BC 和DA 为绝热过程,已知B 点和C 点的温度分别为T 2和T 3;求此循环效率;这是卡诺循环吗解：⑴热机效率211Q Q η=-AB 等压过程1P 21()0Q C T T ν'=->,吸热,即有： 11P mo ()B A lMQ Q C T T M '==- CD 等压过程2P 21()0Q vC T T '=-<,放热,即有： )(P mol22D C T T C M MQ Q -='-= ∴)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= AD 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=D D AA T p T p 11 BC 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=C C B BT p T p 111 又 A B C D p p p p ==，,所以得：D C BT TT T = ∴ 231T T -=η⑵ 不是卡诺循环,因为不是工作在两个恒定的热源之间;⑴ 用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J 的热量传向27℃的热源,需要多少功从-173℃向27℃呢⑵ 一可逆的卡诺机,作热机使用时,如果工作的两热源的温度差愈大,则对于做功就愈有利;当作致冷机使用时,如果两热源的温度差愈大,对于致冷是否也愈有利为什么解：⑴卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时,需作功：12122300280100071.4J 280T T A Q T --==⨯= 173-℃→27℃时,需作功：1222230010010002000J 100T T A Q T --==⨯= ⑵从上面计算可看到,当高温热源温度一定时,低温热源温度越低,温度差愈大,提取同样的热量,则所需作功也越多,对致冷是不利的;p O 题图A B C D第9章静电场长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ= C/m 的正电荷;试求：⑴ 在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；⑵ 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：⑴ 如题图所示,在带电直线上取线元d x ,其上电量d q 在P 点产生场强为：20)(d π41d x a xE P -=λε 22200220d d 4π()11 []4π22π(4)l P P l x E E a x a l a l la l λελελε-==-=--+=-⎰⎰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⑵ 同理,2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220ddd d π41d ++=x x xE Qy λε22223222222022d d d 4π(d )2π4ll Qy Qy l x lE E x d l d λλεε-===++⎰⎰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：如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为：20π4d d R R 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 -=-= 积分得：R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向;均匀带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ;⑴求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；⑵证明：在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ;解：如图示,正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P E 方向如图,大小为：()12220cos cos 4π4P E r l λθθε-=+∵1222cos 2l r l θ=+ ,12cos cos θθ-=∴ 222204π42P lE r l r l λε=++P E 在垂直于平面上的分量cos P E E β⊥=∴ 22222204π424lr E r l r l r l λε⊥=+++由于对称性,P 点场强沿OP 方向,大小为：22220444π(4)2PO lrE E r l r l λε⊥=⨯=++∵ l q4=λ ∴ 222204π(4)2P qrE r l r l ε=++ , 方向沿OP⑴ 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；⑵ 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： ⑴ 立方体六个面,当q 在立方体中心时,每个面上电通量相等,由高斯定理0d sE S q ε⋅=⎰得：各面电通量06εq e =Φ; ⑵ 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 ;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 E5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,334π()3q pr r =-∑内 ∴ ()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⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅ 沿半径向外. 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：⑴r ＜1R ；⑵ 1R ＜r ＜2R ；⑶ r ＞2R 处各点的场强;解：取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2=,则：rl E S E Sπ2d =⋅⎰⑴ 1R r <时,0q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =；⑵ 21R r R <<时,λl q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：rE 0π2ελ= 沿径向向外；⑶ 2R r >时,0=∑q ,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =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;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;。

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。

大学物理教程课后练习题含答案

大学物理教程课后练习题含答案前言大学物理是培养学生科学素养的重要课程，也是许多专业必修的基础课程之一。

然而，因为课程内容的抽象性和难度，学生在学习中往往会遇到一些困难，需要反复练习来加深理解、掌握知识和技能，提高成绩。

本文收录了一些经典的大学物理教程课后练习题，希望能够对学生提供一些有益的帮助。

第一章静力学1.1 问题一绳连接两物体，下面物体沿光滑斜面滑动，假设无空气阻力，则：（1）求该物体所受的重力分力；（2）求该物体所受的斜面支持力。

1.2 答案（1）该物体所受的重力分力为 mg*sinθ，其中 m 是物体的质量，g 是重力加速度，θ是斜面倾角。

（2）该物体所受的斜面支持力为 mg*cosθ。

第二章动力学2.1 问题一个弹性碰撞的实验装置弹性碰撞实验装置其中，m1 和 m2 分别是光滑水平面上两个物体的质量，v1 和 v2 分别是它们在碰撞前的速度，v1’ 和v2’ 分别是它们在碰撞后的速度。

假设碰撞前两个物体相对距离为 L，碰撞后 m1 的速度与 x 轴正方向夹角为θ1，m2 的速度与 x 轴正方向夹角为θ2，则：（1）求碰撞前两个物体的总动量和总动能；（2）求碰撞后两个物体的速度和动能。

2.2 答案（1）碰撞前，两个物体的总动量为 m1v1 + m2v2，总动能为 (1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2。

（2）碰撞后，两个物体的速度和动能为：v1’ = [(m1-m2)v1+2m2*v2]cosθ1/(m1+m2) +[(m2+m2)v1+2m1*v1]sinθ1/(m1+m2) v2’ = [(m2-m1)v2+2m1*v1]cosθ2/(m1+m2) + [(m1+m1)v2+2m2*v2]sinθ2/(m1+m2)K1’ = (1/2)m1v1’^2, K2’ = (1/2)m2v2’^2第三章热学3.1 问题设一个物体的初温度为 T1，末温度为 T2，它的质量为 m，比热容为 c，求对该物体施加一定的热量 Q 后它的温度变化。

大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社第7章热力学基础习题解答

第7章热力学基础7-1在下列准静态过程中，系统放热且内能减少的过程是[ D ] A ．等温膨胀. B ．绝热压缩. C ．等容升温. D ．等压压缩.7-2 如题7-2图所示，一定量的理想气体从体积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 . 其中吸热最多的过程是[ A ] A ．A →B 等压过程 B ．A →C 等温过程.C ．A →D 绝热过程. 题7-2图 D ．A →B 和A → C 两过程吸热一样多.7-3 一定量某理想气体所经历的循环过程是:从初态(V 0 ,T 0)开始,先经绝热膨胀使其体积增大1倍,再经等容升温回复到初态温度T 0, 最后经等温过程使其体积回复为V 0 , 则气体在此循环过程中[ B ]A ．对外作的净功为正值.B ．对外作的净功为负值.C ．内能增加了.D ．从外界净吸收的热量为正值. 7-4 根据热力学第二定律，判断下列说法正确的是 [ D ] A ．功可以全部转化为热量，但热量不能全部转化为功.B ．热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体.C ．不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程.D ．一切自发过程都是不可逆的.7-5 关于可逆过程和不可逆过程有以下几种说法，正确的是[ A ] A ．可逆过程一定是准静态过程． B ．准静态过程一定是可逆过程． C ．无摩擦过程一定是可逆过程．D ．不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程．7-6 理想气体卡诺循环过程的两条绝热线下的面积大小(题7-6图中阴影部分)分别为S 1和S 2 , 则二者的大小关系是[ B ] A ．S 1 > S 2 . B ．S 1 = S 2 .C ．S 1 < S 2 .D ．无法确定. 题7-6图 7-7 理想气体进行的下列各种过程，哪些过程可能发生[ D ] A ．等容加热时，内能减少，同时压强升高 B ．等温压缩时，压强升高，同时吸热 C ．等压压缩时，内能增加，同时吸热 D ．绝热压缩时，压强升高，同时内能增加7-8 在题7-8图所示的三个过程中，a →c 为等温过程,则有[ B ] A ．a →b 过程 ∆E <0，a →d 过程 ∆E <0. B ．a →b 过程 ∆E >0，a →d 过程 ∆E <0. C ．a →b 过程 ∆E <0，a →d 过程 ∆E >0.D ．a →b 过程 ∆E >0，a →d 过程 ∆E >0. 题7-8图7-9 一定量的理想气体，分别进行如题7-9图所示的两个卡诺循环，若在p V -图上这两个循环过程曲线所围的面积相等，则这两个循环的[ D ] A ．效率相等.B ．从高温热源吸收的热量相等.C ．向低温热源放出的热量相等.D ．对外做的净功相等. 题7-9图7-10一定质量的某种理想气体在等压过程中对外作功为 200 J ．若此种气体为单原子分子气体，则该过程中需吸热__500__ J ；若为双原子分子气体，则需吸热__700___ J 。

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课堂练习答案February16,2014第一章质点力学1.1找出下列表达式中的错误，写出正确表达：（1）r=x+y解答：r=x i+y j（2）v=v x i+v y j解答：v=v x i+v y j（3）v=v x i+v y j解答：v=v x i+v y j（4）v=v x i+v y j解答：v=v x i+v y j（5）v=(v2x+v2y+v2z)1/2解答：v=(v2x+v2y+v2z)1/21.2已知r=2t i−4t2j，第1秒内的位移Δr=2i−4j，任意时刻的速度v(t)=2i−8t j，加速度a(t)=−8j，轨迹方程为y=−x21.3平抛物体的运动学方程x=5t，y=5t2，则任意时刻的位矢r=5t i+5t2j，速度v(t)=5i+10t j，加速度a(t)=10j，轨道方程为x2=5y1.4直线运动的点，其速度v(t)=e−t，初始位置为x0=2，则x(t)=3−e−t解答：x(t)=x0+ˆt0e−t d t=2+(−e−t)t=2+(−e−t+1)1.5从地面上抛一个物体，其高度h=10t−5t2，任意时刻的速度v(t)=10−10t，到达最高点的时刻是t=1解答：从物理⾓度来看，在最⾼点处，物体的速度为零v=d h/d t=10−10t=0，得t=1．从数学⾓度理解，h(t)是时间的函数，该函数取得极値的条件是d h/d t=0．1.6判定正误：（1）直线运动的物体达到最小速度时，加速度一定为零；·································[✓]（2）直线运动的物体达到最大位置时，速度一定为零；···································[✓] 1.7选择：若质点的位矢为r，速度为v，速率为v，路程为s，则必有【B】A．|Δr|=Δs=ΔrB．|Δr|=Δs=Δr，当Δt→0时，有|d r|=d s=d rC．|Δr|=Δs=Δr，当Δt→0时，有|d r|=d r=d sD．|Δr|=Δs=Δr，当Δt→0时，有|d r|=d r=d s1.8选择：根据上题的符号，则必有【C】A．|v|=v,|v|=v B．|v|=v,|v|=vC．|v|=v,|v|=v D．|v|=v,|v|=v1.9选择：质点在某瞬时位于位矢r=(x,y)处，其速度大小v的计算错误的为【A】A．d rd tB．d rd tC．d sd tD．√(d xd t)2+(d yd t)21.10直径为40cm的定滑轮上缠绕着一条细钢丝绳，绳的另一端吊着一个重物，若某时刻重物下落的加速度为1m/s2，速度为0.3m/s，则此刻滑轮的角加速度为5rad/s2，角速度为1.5rad /s解答：物体下落的距离等于滑轮边缘转动的距离，物体下落的速度就是滑轮边缘的线速度，物体下落的加速度等于滑轮边缘的切线加速度．1.11半径为0.1m 的轨道上有一个质点，它的角位置θ=π+t 2，则任意时刻的切线加速度a t =0.2，法线加速度a n =0.4t 2解答：ω=d θd t =2t ，β=d ωd t =2，a t =R β，a n =R ω21.12半径为1m 的轨道上有一个质点，它的路程s =2t −0.5t 2，则任意时刻的切线加速度a t =−1，法线加速度a n =(2−t )2解答：v =d s d t =2−t ，a t =d v d t =−1，a n =v 2R 1.13判定正误：（1）以圆心为坐标原点的圆周运动满足d r/d t =0且d r /d t =0；··························[✓]（2）匀速率圆周运动满足d v/d t =0且d v /d t =0；...........................................[×]（3）匀速率曲线运动满足d v/d t =0且d v /d t =0；·····································[✓]（4）法线加速度的效果是改变速度的方向；·············································[✓]（5）切线加速度的效果是改变速度的大小；·············································[✓]（6）圆周运动中，若a n 是常量，则a t 为零；············································[✓]（7）圆周运动中，若a t 是常量，则a n 也是常量；...............................................[×]1.14物体下落，受到重力mg 以及空气阻力f =kv ，则终极速度v T =mg/k ，若阻力f =kv 2，则终极速度v T =√mg/k1.15判定正误：（1）物体质量越大，惯性越大；·······················································[✓]（2）物体的速度越大，惯性越大；.............................................................[×]1.16选择：用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止，当F N 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力F f 的大小【A 】A ．不为零，但保持不变；B ．随F N 成正比地增大；C ．达到某一最大值后，就保持不变；1.17选择：一段路面水平的公路，转弯处轨道半径为R ，汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ，要使汽车不至于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率【C 】A ．不得小于√μgR ；B ．必须等于√μgR ；C ．不得大于√μgR ；D ．还需汽车的质量m 决定；1.18选择：小物体沿固定的圆弧形光滑轨道由静止下滑，在下滑过程中【B 】A ．它的加速度方向永远指向圆心，速率不变；B ．轨道的支撑力的大小不断增加；C ．它受到的合外力大小变化，方向永远指向圆心；D ．它受到的合外力大小不变，速率不断增加；1.19在东北天坐标系中，A 车向东运动v A =2i m /s ，B 车向北运动，v B =3j m /s ；则B 相对于A 的速度v BA =(3j −2i )m /s1.20稳定的南风风速v 1=2m /s ，某人向西快跑，速率v 2=4m /s ．此人感受到的风速大小为√22+42=√20m /s解答：南风是由南向北吹的，⼈是由东向⻄跑，⼆者的速度是相互垂直的．⼈感受的风速是风相对于⼈的速度，即v风⼈=v风−v⼈，v风⼈=√v2风+v2⼈1.21火车沿着直线铁路以30m/s的速率匀速行驶，车厢内的一名乘务员从车头走向车尾，速率为1m/s，乘务员相对于地面的速度大小为29m/s1.22飞船点火起飞时，航天员会感受到大于其体重数倍的重力，这个现象称为超重；在环绕地球的太空舱内，宇航员可以自由漂移，这个现象叫做失重1.23质量为2kg的质点沿直线运动，速度由1m/s增加至3m/s，则外力的冲量大小为4N·s1.24细绳将一个质量为m的小球悬挂在天花板下，球在水平面内匀速圆周运动，周期为T，在小球运行一周的过程中，重力的冲量为|I|=mgT，动量的增量为|Δp|=01.25质量为m的物体以初速度v0，仰角30◦斜上抛，到达最高点．在此过程中，动量的增量为|Δp|=mv0sin30◦，重力的冲量为|I|=mv0/21.26光滑的冰面上由两个物体A,B，m A=3g，v A=(i+2j)m/s，m B=5g，v B=(9i+2j)m/s，两物体碰撞后粘为一体，其共同速度v=(6i+2j)m/s1.27直接用手按钉子，很难将其钉入木头内；若首先用5N的力挥动锤子2s，则锤子获得的动量大小为10N·s；若该运动的锤子敲击钉子，与钉子之间的相互作用持续2ms，则锤子与钉子之间的作用力大小为5kN．1.28升降梯将重100N的物体从地面送达高为10m的楼顶，花费了3s的时间．在此过程中，重力的冲量|I|=300N·s，重力做功W=−1000J，此物体的重力势能增加量ΔE p=1000J1.29水平路面上两个点A、B的距离为2m，某物体重500N，与地面的摩擦系数为0.2，物体由A运动至B．若物体沿着直线以3m/s的速度运动，摩擦力做功W f=−200J；若物体沿着直线以5m/s的速度运动，摩擦力做功W f=−200J；若物体沿着长度为4m的曲线运动，摩擦力做功W f=−400J1.30海水中两个点A、B的距离为2m，鱼受到正比于速度的阻力f=0.1v，由A运动至B．若鱼沿着直线以3m/s的速度运动，流体阻力做功W f=−0.6J；若鱼沿着直线以5m/s的速度运动，流体阻力做功W f=−1.0J；若鱼沿着长度为4m的曲线以5m/s的速度运动，摩擦力做功W f=−2.0J1.31判定正误：（1）沿着闭合路径，保守力做功等于零；···············································[✓]（2）保守力做功与运动路径无关；·····················································[✓]（3）保守力做正功，系统的势能减小；·················································[✓]（4）沿着保守力方向移动物体，物体的势能减小；·······································[✓]（5）非保守力的功一定为负值；...............................................................[×] 1.32质量为2kg的质点，速率由1m/s增加至2m/s，则外力做功的大小为3J1.33外力的冲量等于质点系统动量的增量．所有作用力的功，等于系统动能的增量．保守力做的功，等于系统势能的减少量．非保守力做的功，等于系统机械能的增量．1.34判定正误：（1）保守力做负功，则系统的机械能一定减小；................................................[×]（2）非保守力做负功，系统的势能一定增大；..................................................[×]（3）非保守力做负功，系统的机械能一定减小；·········································[✓]（4）一对相互作用内力能够改变系统的总动量；...............................................[×]（5）一对相互作用内力能够增加系统的总动能；·········································[✓]（6）作用力和反作用力大小相等方向相反，两者所作功的代数和必为零；.......................[×]课堂练习答案February 16,2014第二章连续介质力学2.1刚体的基本运动形式有平动和转动两种基本类型．2.2质量为m 的质点沿着半径为r 的圆周以角速度ω转动，其转动惯量J =mr 2．2.3质量为m ，半径为r 的均匀圆盘绕垂直于盘面的中心轴转动，转动惯量为12mr 2；质量为m ，长度为l 的细棒，对于过端点且垂直于棒的轴的转动惯量为13ml 2；质量为m ，长度为l 的细棒，对于过中点且垂直于棒的轴的转动惯量为112ml 2．2.4转动惯量为25kg ·m 2、半径为0.5m 的定滑轮绕中心轴转动，其边缘受到10N 的切向摩擦阻力，阻力矩的大小为5N ·m，其角加速度的大小为0.2s −2．2.5判定正误：（1）刚体受到的合外力不为零，则合外力矩一定不为零；..........................[×]（2）若外力穿过转轴，则它产生的力矩为零；································[✓]（3）若外力平行于转轴，则它对转轴的力矩为零；····························[✓]2.6判定正误：有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，则（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；·················[✓]（2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；·················[✓]（3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；....................[×]（4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零；....................[×]2.7质量m 速率v 的质点做半径为r 的匀速率圆周运动，其角动量大小为mvr．2.8质量m 速率v 的质点沿着x 轴做匀速率直线运动，它相对于坐标点(x,y )的角动量大小为mvy ．2.9某恒星诞生之初的转动惯量为J ，角速度为ω．当燃料耗尽之后坍塌为白矮星，转动惯量为J/4，此时其转动角速度为4ω．2.10已知地球在近日点时距离太阳r 1，速率v 1，在远日点时距离太阳r 2，则速率v 2=v 1r 1/r 2．2.11判定正误：（1）刚体内部的相互作用力不能改变刚体的角动量；··························[✓]（2）若刚体的角动量守恒，则刚体所受合外力为零；...............................[×]（3）若外力平行于转轴，则刚体的角动量守恒；······························[✓]（4）若外力的延长线穿过转轴，则刚体角动量守恒；··························[✓]2.12判定正误：（1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；···············[✓]（2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；······················[✓]（3）质量相等而形状不同的两个刚体，受相同力矩，角加速度一定相同；...........[×]课堂练习答案第2章连续介质力学2.13选择：均匀细棒OA 可绕O 端自由转动，使棒从水平位置由静止开始自由下摆，在下摆过程中，则必有【D 】A ．角速度从小到大，角加速度不变B ．角速度从小到大，角加速度从小到大C ．角速度不变，角加速度为零D ．角速度从小到大，角加速度从大到小2.14转动惯量为J ，角速度为ω的定轴转动的刚体，其角动量为J ω，转动能量为12J ω2．2.15转动惯量为9.0kg ·m 2的定滑轮受到18N ·m 的力矩作用而转过了3.1rad ，则滑轮的角加速度为2.0rad /s 2，力矩做功56J ．2.16某发动机铭牌上标注转速为4000rpm 时，输出扭矩为60.5N ·m ，则此刻发动机的功率为25.3kW （rpm 的意思是revolutions per minute ）．2.17选择：假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中【B 】A ．角动量守恒，动能守恒B ．角动量守恒，机械能守恒C ．角动量不守恒，机械能守恒D ．角动量守恒，动量也守恒E ．角动量不守恒，动量也不守恒2.18杆件的变形种类可以分为伸缩、剪切、弯曲、扭转四种．2.19用10N 的拉力拽一条横截面为2mm 2的铁丝，则铁丝内部横截面上的正应力大小为5MPa ．2.20长度为2m 、横截面积为2mm 2的细钢丝，受到300N 的拉力后，长度增加了1.5mm ．则钢丝的正应变为7.5×10−4，正应力等于1.5×108Pa ，杨氏模量为2×1011Pa ．2.21上海环球金融中心大楼主体部分高度约400m ，其顶部在大风中摇摆的幅度约1m ，若将此视为剪切形变，则剪切应变为2.5×10−3．2.22一段自来水管，前半截直径为4cm ，流速为2m /s ；后半截直径为2cm ，则流速为8m /s ．课堂练习答案February 16,2014第三章静电场3.1近距作用观点认为，电荷之间的相互作用力是通过电场来传递的．3.2真空中的直角坐标系上有三点A (x 1,0)、B (0,y 2)及C (0,0)，在A 点放置点电荷q 1，B 点放置点电荷q 2，问C 点处的场强大小为14πε0√q 21/x 41+q 22/y 42．3.3在坐标(x,0)处有一点电荷q 1，在(0,y )处有另一点电荷q 2，则q 1与q 2之间的电场力大小为14πε0q 1q 2x 2+y 2．3.4一根很细的均匀带电量为Q (Q >0)的塑料棒弯成半径为R 的圆环，接口处留有宽为Δl 的空隙(Δl ≪R )，求环心处电场强度的大小和方向．解答：Q Δl 8π2ε0R 33.5在均匀电场E 中放入一个面积为A 的平板．若电场与平板垂直，则穿过平板的电通量大小为EA ；若电场与平板平行，则电通量大小为0．3.6某带电直线长度为2h ，电荷线密度为+λ，以直线的一个端点为中心，h 为半径作一个球面，则通过该球面的总电通量为d λ/ε0．3.7电量为q 的点电荷位于一立方体的中心，立方体边长为a ，则通过立方体一个面的电通量是q/(6ε0)；如果把这个点电荷放到一个半球面的球心处，则通过半球面的电通量是q/(2ε0)．3.8均匀带电球面内部的场强大小为0；电荷面密度为σ的无限大均匀带电平面周围的场强大小为σ/(2ε0)；电荷线密度为λ的无限长带电直线周围，与直线距离为r 的位置的场强大小为λ/(2πε0r )．3.9下列说法是否正确？为什么？（1）闭合曲面上各点场强为零时，该曲面的电通量必为零；·······························[✓]（2）闭合曲面的总电通量为零，该曲面上各点的场强必为零；..................................[×]（3）闭合曲面的总电通量为零，该曲面内必没有带电物体；.....................................[×]（4）闭合曲面内没有带电物体，曲面的总电通量必为零；·································[✓]（5）闭合曲面内净电量为零，曲面的电通量必为零；·····································[✓]（6）闭合曲面的电通量为零，曲面内净电量必为零；·····································[✓]（7）闭合曲面上各点的场强仅由曲面内的电荷产生；...........................................[×]（8）高斯定理的适用条件是电场必须具有对称性；.............................................[×]（9）若电场线从某处进入闭合曲面，则该处的电通量为正值．..................................[×]3.10两块相互平行的金属板之间存在着均匀电场E ，距离为l ，则两金属板之间的电势差为El．3.11与孤立点电荷q 距离为r 的点，其电势为q/4πε0r；孤立的均匀带电球面半径为R ，电量为q ，其内部空间的电势为q/4πε0R ．3.12在边长为a 的正方体中心处放置一点电荷Q ，设无穷远处为电势零点，则在正方体顶角处的电势为Q 2√3πε0a．3.13一对等量异号点电荷的电量分别为±q ，两者之间的距离为2l ，则它们连线中点的场强为q/2πε0l 2，电势为0．3.14沿着电场线的正方向，电势减小，正电荷的电势能减小，负电荷的电势能增加（填写“增加”或“减小”）．3.15在电压为U 的两点之间移动电量为Q 的电荷，电场力做功|W |=QU ．课堂练习答案第3章静电场3.16在夏季雷雨中，通常一次闪电过程中两点间的平均电势差约为100MV，通过的电量约为30C．一次闪电消耗的能量是3×109J．3.17真空中两个电量分别为q1,q2的点电荷，距离为l，它们之间的相互作用电势能为q1q24πε0l．3.18一个残缺的塑料圆环，携带净电量q，半径为r，环心处的电势为q/4πε0r．3.19判定正误：（1）电场强度相等的位置电势相等；..........................................................[×]（2）同一个等势面上的电场强度大小相等；....................................................[×]（3）某区域内电势为常量，则该区域内电场强度为零；···································[✓]（4）电势梯度大的位置电场强度大；···················································[✓]（5）电场线与等势面必然正交．······················································[✓] 3.20设真空电场中的电势分布用U表示，将一个电量为q的点电荷放入电场中，电势能用E p表示，判定下列说法的正误：（1）将电荷q从A点移动至无穷远，电场力做功等于qU A；·······························[✓]（2）将电荷q从无穷远处移动至A点，电场力做功等于E p A；..................................[×]（3）将电荷q从A点移动至B点，电场力做功等于qU AB；································[✓]（4）将电荷q从A点移动至B点，电场力做功等于E p B−E p A；................................[×]（5）缓慢移动电荷q，外力做的功等于电势能的减小量；.......................................[×] 3.21静电平衡时，导体内部任意一点的总电场强度大小为零，整个导体中任意位置的电势都相等，导体上的电荷只能分布在表面上．3.22地球可以看作是一个良好的导体，现在已知地球表面附近的电场强度近似为100V/m，方向指向地球中心，则地球表面的电荷密度为−100ε0．3.23判断正误：（1）实心导体内部空间是等电势体，但是表面不一定是等势面；................................[×]（2）空腔导体的内表面（空腔表面）上不会有净电荷；...........................................[×]（3）若导体空腔内无电荷，则空腔与导体是等电势的；···································[✓]（4）导体空腔表面的感应电荷量一定与空腔内部的总电荷量等值异号；·····················[✓]（5）导体表面附近的电场线一定与表面正交．··········································[✓] 3.24简答：静电屏蔽的含义是什么？有哪些类型的应用？3.25空气中面积为A，极板距离为d的平行板电容器，其电容为ε0A/d．3.26真空中的电容器的电压为U，电容为C，则其存储的电场能为W e=CU2/2．3.27真空静电场的能量密度表达式为w e=ε0E2/2．3.28有一平行板电容器，保持板上电荷量不变（充电后切断电源），现在使两极板间的距离d增大，则极板间的电场强度不变，电压增大，电容减小．（填写“增大”、“减小”或“不变”）3.29无极分子的电极化方式为位移极化，有极分子的电极化方式主要为转向极化．3.30电介质的极化现象与导体的静电感应现象有什么相似之处？3.31面积为S，极板距离为d的平行板电容器填充了相对介电常数为εr的均匀电介质后，平行板电容器的电容表达式为ε0εr S/d．4.1电量为q 的粒子以角速度ω做圆周运动，它形成的等效电流强度I =ωq/(2π)．4.2无限长的直导线载有电流I ，距离导线x 处的磁感应强度大小为μ0I 2πx；沿着直线运动的电荷，其运动的正前方的磁感应强度大小为0．4.3相互平行的直导线之间距离为d ；电流大小都是I ，方向相反；则两导线中点位置的磁场B =2μ0I πd ．4.4半径为R 的单匝环形导线载有电流I ，环心处的磁感应强度大小为μ0I 2R；该电流的磁矩大小为πR 2I ．4.5半径为R 的两个单匝圆形线圈正交放置，其圆心重合．若两个线圈中的电流大小都是I ，则圆心处的磁场B =√2μ0I 2R，两个电流环的总磁矩大小为√2πR 2I ．4.6边长为0.1m ，匝数为1000的正方形线圈，通电0.5A ，其磁矩大小为5A ·m 2．4.7下图中两导线中的电流绝对值分别为I 1，I 2，写出下列环路积分的值˛L 1B ·d l =μ0I 1˛L 2B ·d l =−μ0I 2˛L 3B ·d l =μ0(I 2−I 1)4.8如下图所示，直线电流I 从立方体的两个相对表面的中心穿过，则下列积分分别等于˛abcda B ·d l =0¨abcd B ·d S =0˛bcgfb B ·d l =μ0I ¨bcgf B ·d S =04.9无限长的空心直螺线管，线圈数密度为n ，横截面积为S ，载流I ，则其管内的磁场B =μ0nI ，横截面上的磁通量为μ0nIS ．4.10一个电子以速度v =(5×104j )m /s 射入均匀磁场B =(0.4i +0.5j )T 中，受到的洛仑兹力F =3.2×10−15k N4.11判断正误：（1）均匀磁场不会改变带电粒子的速率；···············································[✓]（2）非均匀磁场的洛仑兹力能够对运动电荷做正功；...........................................[×]（3）受到洛仑兹力后，带电粒子的动能和动量都不变．.........................................[×]4.12判断正误：（1）闭合载流线圈在均匀磁场中受到的总磁场力为零；···································[✓]（2）闭合载流线圈在均匀磁场中受到的磁力矩为零；...........................................[×]（3）电流方向相同的平行直导线相互吸引；·············································[✓]（4）载流长直螺线管中的多匝线圈之间相互排斥．.............................................[×]4.13磁介质按照磁化率可以分为顺磁质、抗磁质、铁磁质三类．4.14铁磁材料按照磁滞回线的形状可以分为硬磁材料、软磁材料两类．5.1如下图所示，导线回路L的形状不变，而其位置正在发生移动．根据楞次定律判定各回路中是否有感应电流；若有，请用箭头标记其环绕方向．5.2如下图所示，导线回路L的形状与位置皆不变．图(a)、图(b)中电流I正在增大；图(c)、图(d)中的磁棒正在运动．根据楞次定律判定各回路中是否有感应电流；若有，请用箭头标记其环绕方向．5.3边长D=0.1m的单匝正方形导线框绕其对角线以3000rev/min的角速度转动，均匀磁场B=1mT 与其转轴垂直．则导线框中的最大磁通量为10−5Wb，最大电动势为3.14mV．5.4判定正误：（1）电动势可以由保守力来担当；.............................................................[×]（2）静电力不可能担当电动势的角色；·················································[✓]（3）在一个孤立的电池内部，电动势与静电力的方向相反；·······························[✓] 5.5感应电动势分为两类：导体在磁场中运动产生的电动势叫做动生电动势，磁场分布随时间变化引起的电动势称为感生电动势．5.6动生电动势的实质是运动电荷受洛仑兹力的结果；感生电动势则来源于感生电场，而感生电场是由变化的磁场所激发的．5.7在均匀的磁场B中，一条长度为l的铁棒以速率v运动，铁棒两端能够产生的最大电压值为Blv伏，最小电压值为0伏．5.8判定正误：（1）感生电场是由电荷产生的；...............................................................[×]（2）感生电场是保守场；.....................................................................[×]（3）空间中没有磁场的位置一定没有感生电场．...............................................[×] 5.9条形磁铁平行于大块的金属平板移动，其N极朝向金属平板，定性的画出磁铁N极附近的涡流与磁铁运动方向之间的关系．5.10某电路的电流变化引发周围另外一个电路中产生电流，此现象叫做互感．5.11自感系数为L的线圈，通过电流I，则其储存的磁能是LI2/2．5.12有两个半径相接近的圆线圈，问如何放置方可使其互感最小？如何放置可使其互感最大？解答：共⾯同⼼放置互感⼤；相互垂直放置互感为零．5.13用康铜丝绕成的标准电阻要求没有自感，问怎样绕制方能使其自感为零？试说明其理由．5.14位移电流的实质是什么？位移电流与传导电流有什么不同？解答：变化的电场；第六章振动和波动6.1已知某质点在x 轴上运动，用国际单位制表示为x =2cos (100πt +1.5)，它的振幅为2，角频率为100π，频率为50，初相位是1.5，最大速率等于200π，最大加速度是20000π2解答：将已知等式与振动的⼀般形式对⽐：x =A cos (ωt +φ0)=A cos (2πft +φ0)v =d x d t ,v m =ωA ;a =d v d t ,a m =ω2A 6.2时间t =1时，x =2cos (5t +1)与y =3cos (7t +2)的相位差等于3解答：(7t +2)−(5t +1)=(2t +1) t =1=36.3质量为10.0g 的钢球悬挂在劲度系数为100N /m 的弹簧下振动，周期为π/50s解答：T =2πω=2π√m k6.4半个周期为1s 的摆称作秒摆，地球上秒摆的摆长大约为1m 解答：T =2s ，g ≃π2，T =2π√l/g ，l =T 2g/(4π2)=16.5谐振子的位移为振幅的一半时，其动能与总能量的比值为3:4解答：x =A/2，总能量E =12kA 2，势能E p =12kx 2=18kA 2，动能E k =E −E p =38kA 26.6判定正误：（1）简谐振动的初相位角在第一象限，则初速度为负；···································[✓]（2）简谐振动的初相位角在第三象限，则初速度为正；···································[✓]（3）简谐振动的初位移为正，则初相位角在二、三象限；.......................................[×]（4）简谐振动的初位移为负，则初相位角在三、四象限；.......................................[×]（5）单摆简谐振动的角频率就是摆线绕悬挂点的角速度；......................................[×]6.7产生速度共振的条件是什么？解答：驱动⼒的频率等于系统固有频率6.8两个同方向的振动分别为y 1=3cos (50t +φ10)、y 2=4cos (50t +φ20)，若φ10−φ20=2π，则合振动的振幅A =7；若φ10−φ20=3π，则A =1；若φ10−φ20=−90◦，则A =5解答：A =√A 21+A 22+2A 1A 2cos Δφ6.9两个同方向的振动分别为x 1=3cos (2π500t +1.1)、x 2=3cos (2π498t +1.6)；则拍频f beat =2Hz 6.10频率相同的两个相互垂直的振动，相位差是90◦，则合振动的轨迹一般是椭圆6.11振动方向与传播方向相同的波称为纵波；振动方向与传播方向垂直的波称为横波6.12一列横波的波函数为y =0.05cos (10πt −4πx )SI ，则频率f =5Hz ，波长λ=0.5m ，波速c =2.5m /s ，座标x =2m 的质点在t =1s 的相位等于2πrad6.13空气中的声速约u =330m /s ，声音频率f =1000Hz ，则波长λ=0.33m；若水中的声波波长λ=1.5m ，周期T =1ms ，则水声波速c =1500m /s课堂练习答案第6章振动和波动6.14真空中的电磁波波速c=3.0×108m/s，可见光的波长按照“红橙黄绿青蓝紫”的顺序依次递减，范围是760～400nm，计算可见光的频率范围．解答：(4.0～7.5)×1014Hz6.15波场中的介质都在参与简谐振动．若锁定某个质元观察，时间每增加一个周期T，该质元的相位增加2π；若锁定某个时刻观察，沿着波传播的方向，距离每增大一个波长λ，相应质元振动的相位减小2π6.16波动由a点传播到b点的时间是Δt，若a点的振动规律是f(t)，那么b点的振动规律是f(t−Δt) 6.17波动由a点传播到b点的距离是l，波长为λ．若a点的振动规律是A sin(ωt)，那么b点的振动规律是A sin(ωt−2πl/λ)6.18判定正误：（1）流体中不可以传播横波；························································[✓]（2）固体中不可以传播纵波；.................................................................[×]（3）空气中的声波是纵波；··························································[✓]（4）水面波是横波；..........................................................................[×]（5）介质的速度与波的速度是两个不同的物理量；·······································[✓]（6）介质能够随着波动一起向远方传送；......................................................[×]（7）波的传播速度由介质决定；·······················································[✓] 6.19波动绕过障碍物传播的现象叫做衍射．6.20某种介质中的光速是真空光速的1/k，则该介质的折射率是k．6.21驻波中静止不动的点叫做波节，振幅最大的点叫做波腹；两个波节之间的距离是波长的0.5倍．6.22一段两端固定的琴弦，长度为0.5m，它的基波波长为1m．6.23一支细长玻璃管的一端密封，另一端开口．在玻璃管中注入水，可以改变其中的空气柱长度．假设空气中的声速为340m/s，想要在玻璃管中吹奏出基频为1000Hz的声波，玻璃管中的空气柱长度应为85mm．6.24电磁波垂直穿过厚度为e折射率为n的玻璃，则玻璃中的波程为ne6.25振幅相同的普通声波(500Hz)和超声波(50000Hz)，后者的声强是前者的10000倍，后者的声强级比前者多40dB．6.26声强级增加1B，则声波的声强变成原来的10倍．6.27假设声速为330m/s，高速列车鸣笛的频率为1000Hz，而铁路边的执勤人员接收到的频率为1500Hz，则此时列车的速度为396km/h．6.28据说俄罗斯的“米格-31”战斗机可以在高空加速到3.2马赫，这表示此飞机的速度可以达到声速的3.2倍．如果某战斗机以2.0马赫的速度巡航，它在空气中激发的激波的半顶角大小为30◦．课堂练习答案February16,2014第七章波动光学7.1双缝的间距为0.15mm，在距离1.0m处测得第1级暗纹和第10级暗纹之间的距离为36mm，则相邻明条纹的间距为4mm，光的波长等于600nm．7.2在双缝中某一个缝的后面覆盖一片玻璃，使得从此缝出射的光的光程增大5λ，则屏幕上的干涉图案将整体平移5个条纹．7.3判断正误：（1）双缝的距离减小，则干涉条纹的间距增大；······························[✓]（2）光的波长增大，则双缝干涉条纹的间距变小；.................................[×]（3）接收屏的距离增大，则双缝干涉条纹的间距变小；.............................[×]（4）用白光进行双缝干涉，零级明纹是彩色的；...................................[×]（5）将整个双缝干涉装置从空气中搬到水中，干涉条纹的间距变小；·············[✓]7.4判断正误：（1）光从空气中垂直入射到玻璃上，其反射光存在半波损失；···················[✓]（2）光从空气中垂直入射到玻璃上，其折射光存在半波损失；......................[×]（3）光从水中垂直入射到空气中，其反射光存在半波损失；........................[×]（4）光从水中垂直入射到空气中，其折射光存在半波损失；........................[×]（5）雷达波从大气中近似平行入射到湖面上，其反射波存在半波损失；···········[✓]（6）透镜的物点与像点之间的所有光线是等光程的．··························[✓]7.5判断正误：（1）若尖劈膜的顶角减小，则等厚干涉条纹的间距也减小；........................[×]（2）若尖劈膜的顶角减小，则等厚干涉条纹向顶尖方向移动；......................[×]（3）若尖劈膜的顶角增大，则顶尖处干涉条纹的明暗交替变化；....................[×]（4）保持尖劈膜的倾角不变而使其厚度增大，则干涉条纹向着顶尖方向移动；·····[✓]（5）保持尖劈膜的倾角不变而使其厚度增大，则干涉条纹间距不变；·············[✓]“等厚干涉”就是厚度均匀的薄膜产生的干涉．................................[×]（6）7.6增透膜的最小光学厚度是真空波长的1/4倍；增反膜的最小光学厚度是真空波长的1/4倍．7.7等厚干涉中，相邻明（暗）条纹对应的薄膜厚度之差为薄膜中的波长的0.5倍．7.8在反射光干涉中，空气尖劈顶尖处的干涉条纹是明还是暗？透射光形成的空气中的牛顿环，中心点是明还是暗？解答：暗；明7.9判断正误：（1）若狭缝的宽度减小，则单缝衍射的中央明纹角宽度减小；......................[×]（2）若波长减小，则单缝衍射中央明纹的角宽度减小；························[✓]。