大学物理活页作业答案

1、1. B2. D3. D4. B5.;（提示：首先分析质点的运动规律，在t时质点沿x轴正方向运动；在t=时质点的速率为零；，在t时质点沿x轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。）6.135m(提示:质点作变加速运动，可由加速度对时间t的两次积分求得质点运动方程。)7.解：(1)r2ti(2t2)j(SI)r,2ij(m)r24i2j(m)rr2:r12i3j(m)-rvt2i3j(m/s)(2)vdrfdt2i2tj(SI)adV2jdt(SI)V22i4j(m/s)a22j(m/s2)8.解：vtadtoA2costdtoAsintxtAvdtoAAtsinotdtAcost9.解：

2、（1）设太阳光线对地转动的角速度为36*dsvdt127.271036005rad/s丄1.94cost103m/s（2）当旗杆与投影等长时，t/4t1.08104s3.0h410解：advdvdydvvdtdydtdy-kyvdv/dykydyvdv,12ky21y=y。，v=vo贝U(1C-22V。12ky：v22vok(y；y2)ky已知1v22.质点运动学单元练习(二)答案(3)1. D2. A3. B4. C5.ds4tdtdvdtan8t24et8t2en6.2.0rad/s；4.0rad/s；at0.82rad/s；anr2207解:(1)由速度和加速度的定义(SI)drdv不2

3、ti2j(SI)；a匸2i(2)由切向加速度和法向加速度的定义atdt4t24tj)an2at2一厂1(SI)v22t23/21(SI)an8解：火箭竖直向上的速度为Vyvosin45gt火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得V。gt83m/ssin459.解：uf34.6m/sVtan3010.解:uh；VluVlh3.牛顿定律单元练习答案1. C2. C3. A4.T1丄Mg2367.5kg；a0.98m/s2M2.2dvx2dx25.Vxkx；2vxkkvxdtdtdvx12fxmmkdt26.解：(1)FTcosFnsinmaFTsinFncosmgFtmgsinmacos;FNmgc

4、osmasin(2)Fn=0时；a=gcot07.解：om2RmggoR8解：由牛顿运动定律可得120t40dv10-dt分离变量积分vdv6.0t12to4dt6t24t6(m/s)4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案Xdx6t24t6dtx2t32t26t5(m)5.0o9解：由牛顿运动定律可得kvmgmdVdt分离变量积分vkdvktmgkdtIntVokvomgmokv。mgm+m,tInmg%1kv。kkv。mgkmg10解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程mgcosf2vm,amgsindvm,dt以及dvadtadtd,v积分并代入初条件得2v2ag(1cos),2

5、vfmgcosmmg(3cos2).av1. A;2. A;3. B;4. C;5. 相同6.v1Ft1-Ft2;v2v1m1m2m27解：dx,dvx(1)vx10t；ax10dtdtFma20N；xx3x140mWFx800J3(2)IFdt40Nsi8. 解：mvmm'v1121.212mvmm'v1kxo222xmm'vkmm'9.解：物体m落下h后的速度为当绳子完全拉直时，有m.2ghmMv'、2ghI2It2Mv'2mM、2ghMm10解：设船移动距离X,人、船系统总动量不变为零Mumv等式乘以dt后积分，得tMudtotmvdt0o

6、Mxm(xl)x0.47mMm5.动量守恒和能量守恒定律单元练习(二)答案1. C2. D3. D4. C5. 18J;6m/s6. 5/37.解：摩擦力fmg由功能原理f(X1X2)0kx；2解得kx；2mg(x1x2).8解：根据牛顿运动定律mgcos2vFnmR由能量守恒定律12mv2mgh质点脱离球面时Fn0;cosRhRR解得：h39解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小m-y1m2v2(m1m2)vm1v1m2v2vm1m2(2)两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差联立、得10.解:恒.解得:121212Epmv1m2v2(m1m2)

7、v22212Epm1m2(v1v2)/(m1mi?)(1)由题给条件mM系统水平方向动量守恒,m(uV)MV0m(uV)2】MV222mgRM地系统机械能守2gR;umM(Mm)2(Mm)gR当m到达B点时，M以V运动，且对地加速度为零,可看成惯性系，以M为仝.廿W参考糸mgmu2/Rmgmu2/RmgMmg2(Mm)mgNN3M2(MMm)mg/M2mmg23g6. 刚体转动单元练习(一)答案1. B2. C3. C4. C5. v=m/s;an=m/s2;a=-rad/s2;N=转。6. Jln2kFr27. 解：(1)由转动定律，39.2rad/sJ(2)由刚体转动的动能定理EkEkFh

8、490J(3)根据牛顿运动定律和转动定律：mg-F'=marF'=Jaa=ra联立解得飞轮的角加速度普28rad/s28.解：(1)由转动定律ml233g2l(2)取棒与地球为系统，机械能守恒Ek(3)棒下落到竖直位置时1 2129.解：(1)系统的能量守恒，有mghmvJ2 2vr联立解得:2mghmr2J(2)设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T,则根据牛顿运动定律和转动定律得:mg-T=maTr=J?由运动学关系有：a=r?联立解得：TmgJJmr210.解：以中心0为原点作坐标轴OxOy和CZ如图所示，取质量为dmdxdy式中面密度为常数，按转动惯量定义，baJz(x

9、2y2)dm2bdX2a(x2y2)dy(ab3a3b)22薄板的质量mab所以Jzm(a2b2)127. 刚体转动单元练习（二）答案231.C2.A3.D4.B5.6.2mr。1j1 _J27. 解：小球转动过程中角动量守恒2r°m一43 mr28子弹与木杆在水平方向的角动量守恒m2v丄丄m2121m226m2vm13m2l9解：圆环所受的摩擦力矩为mgR由转动定律mgR2mRgRoR至圆环停止所经历的时间10.解：落下过程棒的机械能守恒。1122MLg设棒刚到竖直位置时角速度为LMg匚,2碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒2mvxML,3碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动

10、量守恒L“mvM，2 、消去，得vM.3gL，2m2 、消去v，得xL.38.机械振动单元练习(一)答案1. B2. B3. C4. A5. x0.10cos(n/6t6. 2:17.解：A0.1m,n/3)m2冗/Tn)0.1cos(nn/2,x运动方程xAcos(t(1) 由旋转矢量法(2) 由旋转矢量法(3) 由旋转矢量法&解：木块处于平衡位置时，浮力大小位置点为坐标原点，竖直向下作为外力为vvvFPF'其中，浮力F'FgSxmgn/3,x冗，x)m0.1cos(nn/2)m；0.1cos(nn/3)m；0.1cos(nnm。Fmg。上下振动时，取其处于力平衡x轴

11、正向，则当木块向下偏移x位移时，合2gax合外力FPF'ga2xkxkga2为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。d2xm2dt2可得木块运动的微分方程为d2xdt22gaXm02令2竺，可得其振动周期为m'.水g9.解：如图，由旋转矢量法可知冗/3冗/31/3s图8-110.解:(1)Epkx2p21-E2-kA24、2a20.141m（2）Ephx22Ek12-kA8EEk-E4£(*2)421-E40.8ms如图由旋转矢量法可知n/2，则简谐运动方程为9. 机械振动单元练习（二）答案10.B11.B12.C13.2knTt/3,7102m,2

12、kn4冗/3,1102m14.冗/215.(1),；(2)0s,1s,2s。16.解：（1）由已知的运动方程可知：A0.10m,2n/3,3n,T2n2/3s-12-2(2)VmaxA0.94ms,amaxA8.88ms17.解：振动系统的角频率为k10s1Vmhm2由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值Vo为mivVom1m2又因初始位移Xo0,则振动系统的振幅为图9-1AJx；（纠2V0.08mx0.08cos(10tn/2)(m)18.解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为AA2A2AA；cos（冗/2）0.10m合振动初相为,Asinn/3A2sinn/6narc

13、tanAcosn/6Aicosn/3narctan2.341113°10.解：如图由旋转矢量法可知0an/3,0b2n/3。可见它们是反相的,因此合振动振幅为：AAA21cm合振动初相为：0an/3同样由旋转矢量法可知图9-3t55n6T2冗/12s10. 机械波单元练习(一)答案19. B20. C21.B22.X123. yAcos(t)ou24. 6,3025. 解：(1)由波动方程可知振幅A0.05m，角频率20n,/u3n,12n则波速u6.67ms,频率/2n10Hz，波长u2/3m。(2)VmaxAn3.14m/s26. 解：(1)由图可知振幅A0.1m，波长4m，波速

14、u100ms1贝V2n/T50no又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动，则由旋转矢量法可得n/2，因此波动方程为y0.1cos50nx/100)n/2(m)(2)P处质点的振动方程为y0.1cos(50nt3n/2)(m)27.解：由图可知振幅A0.1m，波长100m，则角频率2nu由P点的运动方向可知波向nox轴负方向传播。又由图可知原点O初始时刻位于A/2处，且向y轴负方向运动，则由旋转矢量法可得n/3°则波动方程为y0.1cos雄x/50)n3(m)10.解：(1)以A点为坐标原点的波动方程为y3102cos3ntx/30)(m)ba2nABABnu2则以B点为坐标原点的

15、波动方程为2y310cos3nx/30)n/2(m)br1102nn2nJ11. 机械波单元练习（二）答案28.C29.B30.C31./2,n32.550Hz,33.2m34.解：两列波传到3s2连线和延长线上任一点P的相位差203左侧各点:7C2nJ7C2nW46n,振动都加强;S右侧各点:7C7C2n44n,振动都加强;S、S2之间:Hn(2k1)n则距Si点为：r-i1m,3m,5m,7m,9m处各点静止不动。35.解：（1）DA20102n7C图11-736.(2)n2kn时振动加强，即(2k1)n解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为xxy2Acos2nt)n=Acos2nt)驻

16、波表达式xXXyyiyAcos2nt)Acos2nt)2Asin2nsin2nt2Acos(2nn)cos(2ntn)2 210.解：乙接受并反射的信号频率为'uV乙uV甲甲接受到的信号频率为uV甲uV甲uVz4''甲'甲乙8.56104HzuV乙uV乙uV甲12. 静电场单元练习（一）答案37. B38. D39. B40. C41.1E10(rR);E2厂(rR)or42.利用点电荷电场的矢量叠加求y轴上的电场强度。43.44.45.E(y)E(y)解:Tsintan解:ExEy4oy"a23/2aiyj¥raiyj4oya3yj通过点电

17、荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。qTcosmg2oq2°mgtan3.03109C利用电荷元电场的积分叠加，求O点的电场强度。7dl2COS?4oR2dl2sin-4R22ovi2oR2cosd4oR22oR解：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布。0E!0(rRi)E242r43rR3E23Ri3er(RirR2)3Ri2ro3orE342r4R；Ri3E3R；R13er(rR2)3o3or10.解：用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面，求电场强度的分布。(i)带电面外侧bSbE2SEo2o(2)带电面内2xSxE2SEioo13. 静电场单元练习（二）

18、答案46.47. D48. B49. C丄2；0丄2；丄4oR4oR4or251.>52.解：假设阴极A与阳极B单位长度带电分别为-入与入，由高斯定律求电场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差U,由已知量求电场强度并由阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力R2EUIn22°r2oRiFeErlnRRieU4.341014NRiIn&解：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求电势分布；E10(rR1)E24r2Q1oQ1E2厂严(R1rR2)2Q1Q2Ea4roE3Q1Q/er(rR2)4orV3E3dlQ1Q22erdloror

19、R2R2E2dlDE3rR2Q1Q24or4oR2R1R2E1dlRE2rQ1Q2V2V24oR24oR1dldlR2Q12orerdlQ1R24or方法二：带电量为球面内电势:R1R2R2E3R1dlR2Q1R14°r2erdlQ12erdlorR24Q半径为R的带电球面对电势的贡献V4oR球面外电势:Q4or有电势的叠加求电势分布；结果与方法(2)电势差UR2R1E2dlQ104=%R2dlQ19.解：(1)电场作用于电偶极子的最大力矩:R1R2MmaxPE103n(2)电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功0pEsind2pE2103J*10.解：带电粒子处

20、在h高度时的静电势能为W1qQ到达环心时的静电势能为W2qQ/4°R据能量守恒定律W2-mv2212mgh联立求解得2v2v12ghqQ12m0RW1221/20h2R21/214. 导体电介质和电容单元练习（一）答案53. B54. C55.D56. C57. V58.负电；°E1.06109C/m259.解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等,8QiQ221.010CQiQ2R1R2解得：Q222.01081.33108C；3V2Q24oR26.0103V188Q12.01080.67108C3V1Q240R26.0103VE12o1xdxdR11dxlno2oRxd

21、xdR两直导线单位长度的电容UAB&解：依照题意d>>R,导体上的电荷分布基本保持不变，电场可以视为两个长直带电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点，两根导线的垂直连线为x轴。任意一点P的电场强度dRUabrEdlRdRR9.解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能1 Vdq22VdqQ28oR方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能C4oR2Cq2Q28oR方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能1We-e2oE23224or2222QdVQ4rdrQ322or4322or48°R*10.解:(1)导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的

22、规律可参见物理学教程习题分析与解答C板的电势，有，根据电荷守恒定律以及丄g解得：1衮(2)C板的电势iS丄do2SQQ3SQa2Q3QbUcid22d215. 导体电介质和电容单元练习（二）答案60. C61. B62. C63. B64.?",?r65. 466. 解：设芯线单位长度带电荷？，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时该点首先被击穿Emax2orR1dr4R12orr2orR1R2R1EmaxR1解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变UodorUod（2）介质表面的极化电荷面密度r1Uo9.解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能WoQ22Co若断开电源导体所

23、带电荷保持不变，浸没在相对电容率为?r的无限大电介质中电容增大为？?”C,系统的静电能We2Cq2Q2Wo2rCrD=?=x10-10C/m2(0<x<2)真空中电场强度EoD=100V/m00介质中电场强度E-D=50V/m0r0r真空中电势U=Eo(d1x)+Ecb=100x(SI)*10解：用D的高斯定理求得电位移的大小为U2=E(d2+di?x)=-50x(SI)各区域内均为线性分布.-102Q(10C/m)E(V/m)8.85L1100n2vL_/-U(V)12x(cm)(Ux)曲线O12x(cm)O12x(cm)(Dx)曲线(Ex)曲线#.恒定磁场单元练习（一）答案1.

24、 E2. D3. C4. D5. 06. 0；。17.解：(1)mobacBdsBdscosO0BSobac0.072(Wb)SobacSobac(2)mobedBSobeddsBSobed0dscos900(3)macdeBdsBdscos(cos14)4BSacde0-072(Wb)SacdeSacde55&解：（1）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为eeeviT2a0/v2a0原子核（圆心）处的磁感应强度:B。0i2a0°ev4a：方向：垂直纸面向外(2)轨道磁矩：miSeneVa°?n2方向：垂直纸面向外9.解：（1）在螺线管内取一同心的圆为安培回路B

25、dli（i内）0NIB(r)0NIB2r(2)BdSBdScosO0-oNbdroNIblnRssr,2r2Ri解:无限长的载流薄导体板可看作由许多无限长的载流直导线组成距板左侧为I,宽为dl的窄导体板内电流为:Iidlb由磁感应强度的叠加原理:oiBP2(blr)oIo2(bIr)bdl卫ln(j2br17.恒定磁场单元练习（二）答案evBmR轨道半径：RmveB5.69107(m)旋转频率：1eB2.80109(S1)T2m8.解：（1）UAA'UaUa6.55mV0根据洛仑兹力公式可判断：载流子为带负电的电子，因而半导体是n型半导体(2)由于UAAIBnqayIBqaUAA2.8

26、61020(个/m3)1. B2. C3. A4. C5. 398206. RIB/2,垂直于磁场向上，907. 解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动2vmR9.解：经分析可知，同轴电缆内外磁场具有柱对称性，所以取同心的圆为安培环路HdlII（l内）rRi:H2rJr2RioHoIr2Ri2RirR2:H2rIR2R3:H2rII2(R3R2)(r2R；)oHoI(Rfr2)2r(RfRf)R3:H2r0BoH0*10.半径为R的均匀带电薄圆盘，总电荷为q.圆盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线以角速度？?匀速转动，求（1）盘心处的磁感强度；（2）圆盘的磁矩.解：（1）均匀带电薄圆盘转动后在圆盘

27、面上会形成许多半径不同的圆电流半径为qrdrr,厚度为dr的圆环转动后形成的圆电流为：dq2rdrdidt2/此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为:dB°di2r0qdr2R2盘心处的磁感应强度:BdBS0qdr02R2(2)dmdiSqrdrqr3dr圆盘的磁矩：mdmSqr3dr10R24qR2磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断1.2.3.4.5.on2aImcost6.R27解：用导线连接MN与圆环一起构成闭合环路，环路电动势为零，因而半圆环动生电动势等于直导线MN的电动势。由动生电动势的关系式:dlaRoIVdrr电动势方向向左。&解：感应电荷QBS解得B=(T)

28、9金属圆板的感应电动势的大小E=LVBdlBrdrBR方向：中心指向边缘*10.解：由麦克斯韦电磁场方程,Ekdlr<a时，2rEkBz2rtBo2rsinEkiBorsinr>a时,2rEkBza2Boa2sintEk2r2.asin19.电磁感应单元练习(二)答案1. C2. C3. D4. C5. =6.ooRCt/RC，相反7.解:(1)设回路中电流为I,度B旦2x在导线回路平面内，两导线之间的某点的磁感强0I2(dx)acdxa2x0Icab-In2a沿导线方向单位长度对应回路面积上的磁通量为drdrdrBdxdx0dxrr2xr2(dx)0Idr0Idln-lnrr0d

29、LlnIr(2)磁场的能量2120Id.WmLIlnr&解：(1)先求出回路的磁通量，再求互感系数。(2)由互感电动势的定义E=m卫-sintlndt2a9解方法一：由自感磁场能量的方法求单位长度电缆的磁场能量。lnRR1R20rIR12rrR2-lnR1Wm1LI22120r1ln4Wmb2WmWmdVI20r12寸2rdrR182r2R24R1解：（1）电容器板极板上的电量tidtot0.2etdto0.21(2)(3)Ed忽略边缘效应,IdjdR由安内环路定律Qd"os0.2d1时刻极板间总的位移电流dEo17R20.2etlBdljddS，可求感应磁场的分布方法二：由

30、磁场能量密度的体积分求单位长度电缆的磁场能量。I20rI22"r0.2eR20.1oreR2B2r0.2oe0.1°er20.几何光学单元练习答案167B68D69C70凹透镜，凸透镜.71凸透，实，虚72MNCOOA，水，空气73由0点发出的光线在圆形荷叶边缘处恰好发生全反射则sini1/n，rhtani1htan(arcsin)n74如图20-2所示，物距s0.05m，r0.20m，112则由公式一2可得s'srs'0.10m图20-1即所成的是在凹面镜后0.10m处的一个虚像。图20-275.已知Pia，代入第一个透镜的高斯公式，即3a3a“1Pi&#

31、39;a则p1'1.5a对于第二个透镜，此像点位于p21.5a2a处，代入第二个透镜的高斯公式，即卩aap2'(3/2)a2a得P27a/51.4a，即象点位于第二个透镜后处。10.由分析可知M辱10，又f。'fe'110cm，则得物镜和目镜的像方焦fe距为f0'100cmfe'10cm21.波动光学单元练习(一)答案76.77.78.79.80.81.82.83.84.10.DBAC500nm折射率较小，折射率较大，n屏上任一点对应的光程差为(rit)n°tnan。(n1)t(ria)(1)第零级明纹所在处0，则r-jr2，即条纹上移

32、。(2)原中央处O点(n1)tk7则云母片的折射率n7/t11.58则2nek1/22425.6nmk2时,1709.3nmk3时，b/21.5mmb'bl0.5mm反射光加强的条件为2ne/2k'/2b'4104radrkkRrk10(k15)R4.0155，则400nm2.0k23.波动光学单元练习(二)答案85. C86. B87. A4. D5. 4,1，暗6.7.(1)由单缝衍射明条纹公式可得相邻明条纹间距丨f/b1.25mm(2)由光栅方程可得明条纹位置xftanfsinfk/(bb')则相邻明条纹间距xf/(bb')12.5mm&望

33、远镜的最小分辨角01.22/D能分辨的最小距离dh01.2m9.(1)由光栅方程可得(bb')sin1k11光栅常数bb'3.36106m(2)同理由光栅方程可得(bb')sin2k22k则k11k22,2J420nmk210.(1)x02f/b2.95mm(2)第二级明条纹距离中央明纹中心的距离(2k1)上5fx2f3.68mm2b2b第二级暗条纹距离中央明纹中心的距离2.95mm.kX225.波动光学单元练习(三)答案88. C89. C90. B91. D92.图23-192. 0,|。/893. 60°94. (1)由布儒斯特定律tani0n2/n!，得介质的折射率ntan60°.3(2)由于i0r0n/2，则折射角ron/2i。30°95. 设入射光强为I入，其中自然光强为I自，线偏振光强为I线