大学物理上册练习册答案
第一章
1、D
2、D
3、B
4、8m ，10m
5、23m/s
6、4.8m/s 2
，3.15rad 7、r
，r ?
8、解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=
消去t 可得轨道方程：222x y R +=
∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；
（2）由d r
v dt
=
，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 速率：122
2
[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=
9、解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。 （2）由d r
v dt
=
，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11
(82)42r v d t t i j d t i j ?=
=+=+??
（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。 10、解：(1)由d r v dt =
，有：22v t i j =+，d v
a dt
=，有：2a i =； （2）有速率：1
222
2[(2)2]21v t t =+=+
∴t dv a dt =221
t t =
+，利用222
t n a a a =+有： 2222
1
n t a a a t =-=+。 11、解： 由于是一维运动，所以，由题意：
kv dt
dv
-=， 分离变量并积分有：
00
1v
t v dv kdt v =-?? ，得：t
k e v v -=0 又∵
t
k e v dt
dx -=0， 积分有：dt e v dx t k t x -??=000 ∴ )1(0t
k e k
v x --=
第二章
1、D
2、B
3、l/cos 2
θ
4、解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律
t
m
K d d v
v =- ∴ ??=-=-
v v v v v
v 0
d d ,d d 0t t m K t m K
∴ m Kt /0e -=v v
(2) 求最大深度 解法一：
t
x
d d =
v
t x m Kt d e d /0-=v
t x m Kt t
x
d e d /0
00
-?
?
=v
∴ )e 1()/(/0m Kt K m x --=v
K m x /0max v = 解法二： x
m t x x m t m K d d )d d )(d d (d d v
v v v v ===-
∴ v d K
m
dx -=
v v d d 0
00
m a x ??-=K m
x x
∴ K m x /0max v =
5、解：根据牛顿第二定律
x m t x x m t m x
k f d d d d d d d d 2
v
v v v =?==-
= ∴ ??-=-=4
/202d d ,d d A A x mx
k
mx x k v v v v v k mA
A A m k 3
)14(212=
-=v ∴ )
/(6mA k =
v 6、解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。
由：d v F m
d t
=，有：2
4242d v i t j dt -=?，两边积分有：
0201(424)2
v t v d v i t j dt =-??，∴3024v v t i t j =+-， 考虑到034v i j =+，s t 1=，有15v i =
由于在自然坐标系中，t v v e =，而15v i =（s t 1=时），表明在s t 1=时，切向速度方向就是i 方向，所以，此时法向的力是j 方向的，则利用2424F i t j =-，将s t 1=代入有
424424t n F i j e e =-=-，∴24n F N =-。
第三章
1、B
2、C
3、C
4、C
5、－F 0R
6、保守力的功与路径无关 W = -ΔE P
7、解：由功的定义：A F r =??，题意：2
50.5r t i j =+
24
(4)(2)60r r r i →?=-=，220.5105d r
F m i i d t
==?=
∴560300A i i J =?=。
8、解：用动能定理，对物体
?
?+
=
=
-4
2
4
2d
6
10
d
2
1
x
x
x
F
m)
(
v
3
2
10x
x+
=＝168
解出v＝13 m/s
9、解：(1) 外力做的功
＝31 J
(2) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关．
10、解：(1)建立如图坐标.
某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为
g
l
y
m
fμ
=
摩擦力的功?
?-
-
=
=0
d
d
a
l
a
l
f
y
gy
l
m
y
f
Wμ
=0
2
2a l
y
l
mg
-
μ
=2)
(
2
a
l
l
mg
-
-
μ
(2)以链条为对象，应用质点的动能定理∑W＝2
2
2
1
2
1
v
v m
m
-
其中∑W=W P＋W f，v
= 0
W P =?l a x P d=l a
l
mg
x
x
l
mg
l
a2
)
(
d
2
2-
=
?
由上问知
l
a
l
mg
W
f2
)
(2
-
-
=
μ
所以2
2
2
2
2
1
)
(
2
2
)
(
v
m
a
l
l
mg
l
a
l
mg
=
-
-
-μ
得[]212
2
2)
(
)
(a
l
a
l
l
g-
-
-
=μ
v
第四章
1、C
2、C
3、18 N·s
4、k
12kg·m2 ·s-1 k
3N·m 5、0 6、mvd 7、mωab 0
8、解：（1）由于离开枪口处合力刚好为零，有：5
4
400100
3
t
-?=，得：3
310
t s
-
=?；
（2）由冲量定义：
t
I F dt
=?有：
0.003
5520.003
42
40010(40010)0.6
33
I t dt t t N s
=-?=-?=?
?（）
（3）再由
I
m
v
=，有：3
0.6/300210
m kg
-
==?。
9、解：（1）根据动量的定义：P mv
=，而
dr
v
dt
==sin cos
a t i
b t j
ωωωω
-+，
?
??
+
=
=
2
1
d)
4.
38
8.
52
(
d
2
x
x
x
x
x
x
F
W
y
∴()(sin cos )P t m a t i b t j ωωω=-- ； （2）由2(
)(0)0I mv P P m b j m b j π
ωωω
=?=-=-= ，
所以冲量为零。
第五章
1、D
2、A
3、B
4、定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩）的增量，
0)(d 21
ωωJ J t M t t z -=?
刚体所受对轴的合外力矩等于零．
5、M ω 0 / (M +2m )
6、解：受力分析如图，可建立方程：
m g T ma -=┄①
βJ TR =┄②
a R β= ，21
2
J mR =
┄③ 联立，解得：22mg a M m =+，2Mmg
T M m =+，
考虑到dv a dt =，∴0022v t mg dv dt M m =+??，有：22mg t
v M m
=+。
7、解：受力分析如图，可建立方程：
ma T mg 222=-┄①
ma mg T =-1┄② 2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④
βr a = ，2/2J mr =┄⑤
联立，解得：g a 41=，mg T 8
11
=
8、解：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 ＝ma ①
T r ＝J β ② 由运动学关系有： a = r β ③
由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0 ∴ S ＝
2
2
1at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝
mr 2
(S
gt 22
－1)
9、解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.
示力图 2分 m 1g －T 1＝m 1a 1分
T 2－m 2g ＝m 2a 1分设滑轮的
角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β
2分
且有 a ＝r β
1分
由以上四式消去T 1，T 2得：
T
m 2g
m 1g
r a
a T 1T
2T 2T 1β
T r β
T
a
mg
()()J
r m m gr m m ++-=
22121β 2分 开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度．
()()J
r m m grt m m t ++-=
=22121 βω １分 10、解：根据角动量守恒
ω]3
1
)32([32220
ML L m L mv += 解得
L M m mv )34(60
+=
ω
11、解：(1) 以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O 的角动量守恒．
m v 0R ＝(
21
MR 2＋mR 2)ω R m M m ??
? ??+=
210
v ω
(2) 设σ表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小
为 ?
π?=
R
f r r
g r M 0
d 2σμ＝(2 / 3)πμσgR 3＝(2 / 3)μMgR
设经过?t 时间圆盘停止转动，则按角动量定理有 －M f ?t ＝0－J ω＝－(
2
1
MR 2＋mR 2)ω＝- m v 0R ∴ ()Mg m MgR R m M R m t f
μμ2v 33/2v v 0
00=
==? 12、解：根据机械能守恒
22
1
sin 2ωθJ l mg
= 解得l g /sin 3θω=
l g l v B θωsin 3==∴端速度
13、解：受力分析如图． 2分
mg －T 2 = ma 2 1分 T 1－mg = ma 1 1分 T 2 (2r )－T 1r = 9mr 2β / 2 2分 2r β = a 2 1分 r β = a 1 1分
解上述5个联立方程，得： r
g
192=
β 2分 第六章
1、B
2、A
3、B
4、B
5、D
6、c
7、相对的，运动
8、解：以粒子为S '系，利用22
1()t t u c '?=?-有：
T 2
a 2
T 1
2
P
1
P
β
a 1
82
8
1.5101()0.866310
t s ?'?=-=?。 9、解：门外观测者测得杆长为运动长度，2
01()u l l c
=-，当a l ≤时，可认为能被拉进门，
即：a c
u l ≤-22
01
解得杆的运动速率至少为：20
1()a u c l =- 10、解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有 2
)/(1c t
t v -=
'??， 22)/(1)/(c t t v -='??
则 2/12))/(1(t t c '-?=??v ( = 2.24×108 m ·s -
1 )
那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：
2/122
)(t t c t x ????-'
='?='v = 6.72×108 m
11、 解：设加速器为S 系，离子为S '系，利用：21x x x
v u
v uv c
'+='+，
则：220.80.811x x x v u c c
v c uv c c c c
'++==='?+
+ 。
12、解：由相对论动能：220k E mc m c =-：
（1）2
610222
11(
1)0.5110(1)10.11k E m c v c =-=?--- 2.57MeV =； （2）2
20222122
11(
)11k E m c v v c c
=--- 622
11
0.5110()10.9910.9
=?--- 2.44MeV = 。
13、解：按题意，v v 02m m =
v v v
02
202/1m c
m =- 即
5.0/122=-c v ，25.0/122=-c v 2
275.0c =v ，c 886.0=v 动能 20202k c m c m mc E =-=，即2022c m mc =，
202
2202/1c m c c m =-v
同上可得c 886.0=v
14、解：根据洛仑兹变换公式: 2
)
(1/c t x x v v --=
' ，2
2)
(1//c c x t t v v --=
'
可得 2
222
)
(1/c t x x v v --=' ，2
111
)
(1/c t x x v v --='
在K 系，两事件同时发生，t 1 = t 2，则
2
1
212
)
(1/c x x x x v --='-' ，
2
1
)/()()/(112
122='-'-=-x x x x c v 解得 2/3c =
v ． 在K ′系上述两事件不同时发生，设分别发生于1
t '和 2t '时刻， 则 22111)(1//c c x t t v v --='，2
2222)
(1//c c x t t v v --='
由此得 2
2
1221
)(1/)(/c c x x t t v v --='-'=5.77×10－
6 s
15、解：设两系的相对速度为v ．根据洛仑兹变换， 对于两事件，有 2
)
/(1c t x x v v -'
+'=???
2
2
)
/(1(c x )/c
t t v v -'
+'=
???
由题意： 0='?t
可得 x c t ??=)/(2
v
及 2
)/(1c x x v -='??
由上两式可得 x '?2
/1222])/()[(c t c x ??-=2/1222][t c x ??-== 4×106 m
第七章
1、B
2、E
3、B
4、π，-π/2，π/3
5、振动系统本身的性质，初始条件
6、10cm ，π/6rad/s ，π/3
7、解：（1）由题已知 A =0.12m ，T =2 s ，∴ 2T
π
ωπ=
= 又∵t =0时，06x cm =，00v >，由旋转矢量图，可知：3
π
?=-
故振动方程为：0.12cos
3
x t m π
π=-（）；
（2）将t =0.5 s 代入得：
0.12cos 0.12cos 0.10436x t m ππ
π=-==（），
0.12sin 0.12cos 0.188/36
v t m s ππ
ππ=--==-（），
2220.12cos 0.12cos 1.03/36
a t m s ππ
πππ=--=-=-（），
方向指向坐标原点，即沿x 轴负向； （3）由题知，某时刻质点位于6cm 2
A
x =-=-
， 且向x 轴负方向运动，如图示，质点从P 位置回到 平衡位置Q 处需要走3
2
π
π
??=+
，建立比例式：
2t
T
?π??=， 有：5
6
t s ?=
。 8、解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1
∴
T = 2π/ω = 4.19 s
(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5×10-2
m/s 2
(3) π=
2
1
φ x = 0.02)2
1
5.1cos(π+t (SI)
9、 解：旋转矢量如图所示． 由振动方程可得
π2
1
=ω，π=?31φ
667.0/=?=?ωφt s
10、解：依题意画出旋转矢量图．
由图可知两简谐振动的位相差为π2
1
．
11、解：由212P E k x =
，212k E m v =，有：221
cos ()2
P E k A t ω?=+， 2222211
sin ()sin ()22
k E m A t k A t ωω?ω?=+=+，
（1）当2
A
x =时，由cos()x A t ω?=+，
有：1cos()2t ω?+=，3
sin()2
t ω?+=，
∴
14P E E =，3
4
k E E =； （2）当1
2
P k E E E ==
时，有：22cos ()sin ()t t ω?ω?+=+ P
ω
x
2
A
3
πQ
x (m)
ω
ω
π/3
π/3 t = 0
t
0.12 0.24 -0.12 -0.24 O
A A
O 2/A
A x ω ω
A
∴1cos()2
t ω?+=±
，2
0.7072x A A =±=±。 12、解：合振动方程为x=)2
1cos(04.0π-πt m
13、解：(1) 设振动方程为 )c o s (φω+=t A x
由曲线可知 A = 10 cm , t = 0，φcos 1050=-=x ，0sin 100<-=φωv
解上面两式，可得 φ = 2π/3
由图可知质点由位移为 x 0 = -5 cm 和v 0 < 0的状态到x = 0和 v > 0的状态所需时间t = 2 s ，代入振动方程得
)3/22c o s
(100π+=ω (SI) 则有2/33/22π=π+ω，∴ ω = 5 π/12
故所求振动方程为 )3/212/5cos(1.0π+π=t x (SI)
14、解：(1)1s 10/-==m k ω 63.0/2=π=ωT s (2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0
由 2
020)/(ωv +=
x A
得 3.12
02
0-=--=x A ωv m/s
π=
-=-3
1
)/(tg 001
x ωφv 或 4π/3 ∵ x 0 > 0 ，∴ π=
3
1
φ (3) )3
110cos(10152
π+?=-t x (SI)
第八章
1、D
2、D
3、C
4、B
5、2.4m ，6m/s
6、
)22cos(2212
221λ
π
r
L A A A A -++
7、解：（1）设平面波的波动式为0cos[]x
y A t u
ω?=-+（），则P 点的振动式为： 1
0cos[]P x y A t u
ω?=-
+（），与题设P 点的振动式cos()P y A t ω?=+比较， 有：10x u
ω??=+，∴平面波的波动式为：1
cos[()]x x y A t u ω?-=-+；
（2）若波沿x 轴负向传播，同理，设平面波的波动式为：0cos[]x
y A t u ω?=++（），则P 点的振动式为：
1
0cos[]P x y A t u ω?=+
+（），与题设P 点的振动式cos()P y A t ω?=+比较， 有：10x u
ω??=-+，∴平面波的波动式为：1
cos[()]x x y A t u ω?-=++。
8、解：（1）仿照上题的思路，根据题意，设以O 点为原点平面简谐波的表达式为：
0cos[2]x y A t u πν?=++（），则A 点的振动式：0cos[2]A l
y A t u πν?-=++（）
题设A 点的振动式cos(2)y A t πν?=+比较，有：02l
u
πν??=+， ∴该平面简谐波的表达式为：]2cos[?πν+++
=）（u
x u l t A y （2）B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-，代入波动方程：
]2cos[]2cos[?πν?πν++=+-++
=）（）（u
d t A u l d u l t A y 9、解：（1）如图，1S 、2S 连线上在1S 外侧， ∵212122()24
r r πππλ
???πλλ?=--
-=--?=-， ∴两波反相，合成波强度为0；
（2）如图，1S 、2S 连线上在2S 外侧， ∵212122('')()02
4
r r π
π
π
λ
???λ
λ?=--
-=-
-
-=， ∴两波同相，合成波的振幅为2A ， 合成波的强度为：220(2)44I A A I === 。
10、解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反
射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ (2) 驻波的表达式是 21y y y += )2
1
/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ (3) 波腹位置： π=π+
πn x 21
/2λ, λ)21
(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,…
波节位置： π+π=π+π21
21/2n x λ
λn x 2
1
= , n = 1, 2, 3, 4,…
11、 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 )2c o s
(φν+π=t A y 由图可知，t = t ＇时 0)2cos(=+'π=φνt A y 1分 0)2sin(2d /d <+'ππ-=φννt A t y 1分
所以 2/2π=+'πφνt ， t 'π-π=νφ22
1
2分
x = 0处的振动方程为 ]2
1
)(2cos[π+'-π=t t A y ν 1分
(2) 该波的表达式为 ]2
1
)/(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν 3分
12、解：(1) O 处质点，t = 0 时 0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v
所以 π-=2
1
φ 2分 又
==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分
1r ??1
S 2S 2r ?
?1
S 2
S 2'r 1'
r
故波动表达式为 ]2
)4.05(2
c o s [04.0π
--π=x t y (SI) 4分 (2) P 处质点的振动方程为 ]2
)4.02.05
(2cos[04.0π
--π=t
y P )234.0cos(04.0π-π=t (SI) 2分
第九章
1、D
2、C
3、C
4、B
5、C
6、
kT 23，kT 25，mol
M MRT
25 7、 氧 ，氦． 速率在v →v ＋△v 范围内的分子数占总分子数的百分率． 速率在0→∞整个速率区间内的分子数的百分率的总和． 8、答：（1）在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为
kT 2
1
； （2）在平衡态下，每个分子平均平动动能
kT 2
3
； （3）在平衡态下，自由度为i 的分子平均总能量kT i
2；
（4）1摩尔自由度为i 的分子组成的系统内能为RT i
2
；
（5）由质量为m ，摩尔质量为M ，自由度为i 的分子组成的系统的内能为
RT i
M m 2
。 9、解：(1) 设分子数为N .
根据 E = N (i / 2)kT 及 p = (N / V )kT
得 p = 2E / (iV ) = 1.35×105 Pa
(2) 由 kT N kT E
w 2
523=
得 ()21
105.75/3-?==N E w J
又 kT N E 2
5
=
得 T = 2 E / (5Nk )＝362k 10、解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w
＝6.21×10-21 J ．
且
()
()
483/22
/12
/12
==m w v m/s
(2) ()k w T 3/2=＝300 K ．
第十章
1、D
2、D
3、B
4、D
5、一个点，一条曲线，一条封闭曲线
6、21S S +，1S -
7、状态几率增大，不可逆的
8、解：气体在等压过程中吸热：p Q 21212
()()2
P mol mol M M i C T T R T T M M +=
-=?- 内能变化为：E ?2121()()2
V mol mol M M i
C T T R T T M M =
-=?- 由热力学第一定律：p Q E W =?+ 那么，W 21()mol
M
R T T M =
?- ∴2/2p W Q i =
+，对于单原子理想气体，3i =，有22
2008055
p W Q J J ==?=。 9、解：正循环EDCE 包围的面积为70 J ，表示系统对外作正功70 J ；EABE 的面积为30 J ，因图中表示为逆循环，故系统对外作负功，所以整个循环过程系统对外
作功为： W =70+(－30)=40 J 设CEA 过程中吸热Q 1，BED 过程中吸热Q 2 ，由热一律， W =Q 1+ Q 2 =40 J Q 2 = W －Q 1 =40－(－100)=140 J
BED 过程中系统从外界吸收140焦耳热.
10、解：氦气为单原子分子理想气体，3=i (1) 等体过程，V ＝常量，W =0
据 Q ＝?E +W 可知
)(12T T C M M
E Q V mol
-=
?=＝623 J 3分 (2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C M M
Q p mol
-=
=1.04×103 J ?E 与(1) 相同．
W = Q - ?E ＝417 J 4分
(3) Q =0，?E 与(1) 同
W = -?E=-623 J (负号表示外界作功) 3分
11、解：由图可得 A 态： =A A V p 8×105 J B 态： =B B V p 8×105 J ∵ B B A A V p V p =，根据理想气体状态方程可知
B A T T =?E = 0 3分
根据热力学第一定律得：
)()(D B B A C A V V p V V p W Q -+-==6
105.1?= J 2分 12、解：(1) 过程ab 与bc 为吸热过程， 吸热总和为 Q 1=C V (T b －T a )+C p (T c －T b ) )(2
5
)(23b b c c a a b b V p V p V p V p -+-=
=800 J 4分
(2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积
W = p b (V c －V b )－p d (V d －V a ) =100 J 2分
(3) T a =p a V a /R ，T c = p c V c /R ， T b = p b V b /R ，T d = p d V d /R ， T a T c = (p a V a p c V c )/R 2=(12×104)/R 2 T b T d = (p b V b p d V d )/R 2=(12×104)/R 2
∴ T a T c =T b T d 4分
13、解：(1) 12
11211T T T Q Q Q Q W -=
-==
η 2111T T T W Q -= 且 1
212T T
Q Q =
∴ Q 2 = T 2 Q 1 /T 1
即 212
122112T T T W T T T T T Q -=
?-=
＝24000 J 4分 由于第二循环吸热 221
Q W Q W Q +'='+'=' ( ∵ 22Q Q =') 3分 =''='1
/Q W η29.4％ 1分 (2) ='
-='η12
1T T 425 K 2分
14、解：单原子分子的自由度i =3．从图可知，ab 是等压过程， V a /T a = V b /T b ，T a =T c =600 K
T b = (V b /V a )T a =300 K 2分 (1) )()12
()(c b c b p ab T T R i T T C Q -+=-= =－6.23×103 J (放热) )(2
)(b c b c V bc T T R i
T T C Q -=
-= =3.74×103 J (吸热) Q ca =RT c ln(V a /V c ) =3.46×103 J (吸热) 4分 (2) W =( Q bc +Q ca )－|Q ab |=0.97×103 J 2分 (3) Q 1=Q bc +Q ca ， η=W / Q 1=13.4% 2分
15、解：(1) )(2
5
)(112212V p V p T T C E V -=-=? 2分 (2) ))((2
1
1221V V p p W -+=
， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则
)(2
1
1122V p V p W -=
． 3分 (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． 2分
(4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中
ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ，
摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 3分 16、解：(1) A →B ： ))((2
1
1A B A B V V p p W -+==200 J ．
ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 J
Q =W 1+ΔE 1＝950 J ． 3分
B →
C ： W 2 =0 ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．
Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． 2分
C→A：W3 = p A (V A－V C)=－100 J．
150
)
(
2
3
)
(
3
-
=
-
=
-
=
?
C
C
A
A
C
A
V
V
p
V
p
T
T
C
EνJ．
Q3 =W3+ΔE3＝－250 J 3分(2) W= W1+W2+W3=100 J．
Q= Q1+Q2+Q3 =100 J 2分
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
大学物理练习册习题答案
大学物理练习册习题答案
练习一 （第一章 质点运动学） 一、1.（0586）（D ）2.（0587）（C ）3.（0015）（D ）4.（0519）（B ） 5.（0602）（D ） 二、1.（0002）A ｔ= 1.19 s ｔ= 0.67 s 2.（0008）8 m 10 m 3.（0255）() []t t A t ωβωωωβ βsin 2cos e 22 +--，()ωπ/122 1+n ， （n = 0, 1, 2,…） 4.（0588） 30/3 Ct +v 4 00112 x t Ct ++ v 5.（0590） 5m/s 17m/s 三、 1.（0004）解：设质点在x 处的速度为v ， 2 d d d 26 d d d x a x t x t ==?=+v v ()2 d 26d x x x =+??v v v () 2 2 1 3 x x +=v 2.（0265）解：（1） /0.5 m/s x t ??==-v （2） 2 =/96dx dt t t =- v （3） 2= 6 m/s -v |(1.5)(1)||(2)(1.5)| 2.25 m S x x x x =-+-= 3.（0266）解：（1） j t r i t r j y i x r ????? sin cos ωω+=+=
（2） d sin cos d r r t i r t j t ωωωω==-+v v v v v 22 d cos sin d a r t i r t j t ωωωω==--v v v v v （3） ()r j t r i t r a ???? sin cos 22 ωωωω-=+-= 这说明 a ?与 r ? 方向相反，即a ?指向圆心. 4. 解：根据题意t=0，v=0 --------==?+?∴=?+?=====?+?=+?+?? ??? ??由于及初始件v t t r t t r dv adt m s i m s j dt v m s ti m s tj dr v t r m i dt dr vdt m s ti m s tj dt r m m s t m s t j 0 220 220 220 2222[(6)(4)] (6)(4)0,(10)[(6)(4)][10(3)][(2)] 质点运动方程的分量式： --=+?=?x m m s t y m s t 2 2 22 10(3)(2) 消去参数t ，得到运动轨迹方程 =-y x 3220 练习二（第一章 质点运动学） 一、1.（0604）（C ） 2.（5382）（D ） 3.（5627）（B ） 4.（0001）（D ） 5.（5002）（A ） 二、1.（0009） 0 bt +v 2. （0262） －c （b －ct ）2/R
大学物理(下)练习册答案
大学物理（下）练习册答案 包括（波动、电磁、光的干涉、光的偏振、光的衍射、振动） 波动 选择： 1B, 2A, 3D, 4D, 5D, 6D, 7C, 8A, 9C, 10D 二，填空： 1， t x y ππ?=-20cos )2 1 cos(10 0.122 (SI) 2分 )12(+=n x m ， 即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m 2分 n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 1分 2， φλ+π-/2L 1分 λk L ± ( k = 1，2，3，…) 2分 λ)12(1+±k L ( k = 0, 1，2，…) 2分 3， 答案见图 3分 4， 17 m 到1.7×10-2 m 3分 5， λ2 1 3分 一， 计算 1， 解：(1) 原点O 处质元的振动方程为 )21 21cos(10 22 π-π?=-t y ， (SI) 2分 波的表达式为 )2 1)5/(21c o s (1022 π--π?=-x t y ， (SI) 2分 x = 25 m 处质元的振动方程为 )32 1 cos(10 22 π-π?=-t y ， (SI) 振动曲线见图 (a) 2分 (2) t = 3 s 时的波形曲线方程 )10/cos(1022 x y π-π?=-， (SI) 2分
波形曲线见图 2分 2， 解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得： ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 各1分 波速 u = λν = 6.00 m/s 1分 (2) 节点位置 )21 (3/4π+π±=πn x )2 1 (3+±=n x m , n = 0，1，2，3, … 3分 (3) 波腹位置 π±=πn x 3/4 4/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, … 2分 3， 解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)20 1(4cos 1.0x t -π= (SI) 3分 (2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移 )80/4/(4cos 1.01λ-π=T y m 1.0)8 18/1(4cos 1.0=-π= 2分 (3) 振速 )20/(4sin 4.0x t t y -ππ-=??=v ． )4/1(2 1 2== T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)2 1 sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分 电磁 §3.1 静止电荷的电场 一， 选择题： t (s) O -2×10-2 1y (m) 234(a) 2×
大学物理教程 (上)课后习题 答案
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 1-12 1-2 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 = 代入，有 2 1) 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 r = = （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x 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 2 1-4 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 r v R ti R t j dt ωωωω==-+ （2）质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 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 d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 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。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球
大学物理第三版下册答案(供参考)
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 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 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? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 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0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
大学物理 简明教程 第二版 课后习题 答案 赵进芳
大学物理 简明教程 习题 解答 答案 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，12r r r -=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d = ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时， 有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先 计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ? ??? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有
大学物理II练习册答案3
大学物理练习三 一．选择题 1．一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用。若两质点所受外力的矢量和为零，则此系统 [ ] (A) 动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。 (B) 动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。 (C) 动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。 (D) 动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。 解：[ C ] 按守恒条件： ∑=0i F 动量守恒， 但∑≠0i M 角动量不守恒， 机械能不能断定是否守恒。 2．如图所示，有一个小物体，置于一个光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，另一端穿过桌面中心的小孔，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。 解：[ E ] 因对 o 点，合外力矩为0，角动量守恒 3．有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 [ ] O R
(A)A J >B J (B) A J < B J (C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个大。 解：[ C ] 细圆环的转动惯量与质量是否均匀分布无关 ?==220mR dmR J 4．光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其 转动惯量为3 1m L 2 ，起初杆静止。桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同的速率v 相向运动，如图所示。当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度为 [ ] (A) L v 32. (B) L v 54 (C)L v 76 (D) L v 98 解：[ C ] 角动量守恒 二．填空题 1．绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t = 0时角速度ω0 =5 rad/s ，t = 20s 时角速 度ω=ω0，则飞轮的角加速度β= ，t=0到t=100s 时间内飞轮 所转过的角度θ= 。 解：因均匀减速，可用t βωω=-0 ， O v 俯视图
大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案
第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + +
在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O
场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分
大学物理下练习题答案汇总
大学物理下练习题 一、选择题（每题1分，共41分） 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？（B ） (A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ） （A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 （B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。 （C ）场强方向可由 E =F /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力。 ( D )以上说法都不正确。 3．图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: （A ） (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强（C ） (A) 大小为零. (B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. (C) 大小为() 2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()2 022a q πε, 方向沿y 轴负向. 5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ） (A) πR 2E . (B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 . 6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ） （Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图 1.1 图1.2 图1.3
大学物理学吴柳下答案
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
大学物理练习册答案
大学物理练习册答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第十章 练习一 一、选择题 1、下列四种运动（忽略阻力）中哪一种是简谐振动？（ ） (A)小球在地面上作完全弹性的上下跳动 (B)细线悬挂一小球在竖直平面上作大角度的来回摆动 (C)浮在水里的一均匀矩形木块，将它部分按入水中，然后松开，使木块上下浮动 (D)浮在水里的一均匀球形木块，将它部分按入水中，然后松开，使木块上下浮动 2、质点作简谐振动，距平衡位置2.0cm 时，加速度a=4.0cm/s 2,则该质点从一端运动到另一端的时间为（ ） (A)1.2s (B)2.4s (C)2.2s (D)4.4s 3、如图下所示，以向右为正方向，用向左的力压缩一弹簧，然后松手任其振动，若从松手时开始计时，则该弹簧振子的初相位为（ ） (A) 0 (B) 2π (C) 2 π- (D) π 4、一质量为m 的物体与一个劲度系数为k 的轻弹簧组成弹簧振子，当其振幅 为A 时，该弹簧振子的总能量为E 。若将其弹簧分割成两等份，将两根弹簧并联组成新的弹簧振子，则新弹簧振子的振幅为多少时，其总能量与原先弹簧振子的总能量E 相等（ ） (A) 2A (B) 4A (C)2 A (D)A 二、填空题 1、已知简谐振动A x =)cos(0?ω+t 的周期为T ，在2 T t = 时的质点速度为 ，加速度为 。 2、已知月球上的重力加速度是地球的1/6，若一个单摆(只考虑小角度摆动)在地球上的振动周期为T ，将该单摆拿到月球上去，其振动周期应为 。 3、一质点作简谐振动，在同一周期内相继通过相距为11cm 的A,B 两点，历时2秒，速度大小与方向均相同，再经过2秒，从另一方向以相同速率反向通过B 点。 该振动的振幅为 ，周期为 。
大学物理练习册答案
狭义相对论基础（二）第十六页 1．电子的静止质量M0=9.1×10–31kg，经电场加速后具有 0.25兆电子伏特的动能，则电子速率V与真空中光速 C之比是：（C ） [ E k=mC2－m0C2, m=m0/(1－V2/C2)1/2 1兆=106, 1电子伏=1.6×10–19焦耳] (A) 0.1 ( B) 0.5 (C) 0.74(D) 0.85 2．静止质量均为m0的两个粒子，在实验室参照系中以相同大小的速度V=0.6C相向运动（C为真空中光速）， 碰撞后粘合为一静止的复合粒子,则复合粒子的静止 质量M0等于：（B ） [ 能量守恒E=M0C2=2mC2 =2m0C2/(1－V2/C2)1/2 ] ( A) 2m0(B) 2.5m0(C) 3.3m0(D) 4m0 3．已知粒子的动能为E K,动量为P，则粒子的静止能量（A ）(由 E = E K+E0和E2=E02 + C2P2 )（A）（P2C2－E K2）/（2E K）（B）（P2C2+E K2）/（2E K）（C）(PC－E K )2/(2E K) (D) (PC+E K )2/(2E K) 4．相对论中的质量与能量的关系是：E=mC2；把一个静止质量为M0的粒子从静止加速到V=0.6C时，需作功 A=(1/4)M0C2 A=MC2－M0C2 = γM0C2－M0C2=(γ－1)M0C2 5．某一观察者测得电子的质量为其静止质量的2倍，求
电子相对于观察者运动的速度V =0.87C [ m=m 0/(1－V 2/C 2)1/2, m=2m 0 , 则1－V 2/C 2=1/4 ] 6． 当粒子的速率由0.6C 增加到0.8C 时，末动量与初动 量之比是P 2：P 1=16:9，末动能与初动能之比是 E K2：E K1=8:3 V 1=0.6C,γ1=1/2211C V -=5/4, m 1=γ1m 0=5m 0/4 P 1=m 1V 1=3m 0C/4, V 2=0.8C 时, γ2=1/222/1C V -=5/3 m 2=γ2m 0=5m 0/3,P 2=m 2V 2=4m 0 C/3,∴P 2：P 1=16:9 E K1=m 1C 2－m 0C 2, E K2=m 2C 2－m 0C 2 ∴E K2：E K1=8:3 7． 在惯性系中测得相对论粒子动量的三个分量为：P x=P y = 2.0×10-21kgm/s, P z =1.0×10-21kgm/s ，总能量 E=9.4×106ev ，则该粒子的速度为V=0.6C [E=mC 2 P=mV P=(P x 2+P y 2 +P z 2 )1/2 ] 8． 试证：一粒子的相对论动量可写成 P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 式中E 0(=m 0C 2)和E K 各为粒子的静能量和动能。 证:E=E 0+E k ?E 2=E 20+P 2C 2 ? (E 0+E k )2= E 20+P 2C 2 ? P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 9．在北京正负电子对撞机中，电子可以被加速到动能为E K =2.8×109ev 这种电子的速率比光速差多少米/秒？这样的一个电子的动量多大？（已知电子的静止质量
大学物理D下册习题答案
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
《大学物理C上下》练习册及答案
大学物理C（上、下）练习册 ?质点动力学 ?刚体定轴转动 ?静电场电场强度 ?电势静电场中的导体 ?稳恒磁场 ?电磁感应 ?波动、振动 ?光的干涉 ?光的衍射 注：本习题详细答案，结课后由老师发放
一、质点动力学 一、选择题 1. 以下几种运动形式中，加速度a 保持不变的运动是： （A ）单摆的运动； （B ）匀速率圆周运动； （C ）行星的椭圆轨道运动； （D ）抛体运动 。 ［ ］ 2. 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈．在2T 时间间 隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为 (A) 2?R /T , 2?R/T ． (B) 0 , 2?R /T (C) 0 , 0． (D) 2?R /T , 0. ［ ］ 3. 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，S 表 示路程，a 表示切向加速度，下列表达式中， (1) a t d /d v ， (2) v t r d /d ， (3) v t S d /d ， (4) t a t d /d v ． (A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的． (C) 只有(2)是对的． (D) 只有(3)是对的． ［ ］ 4. 一运动质点在某瞬时位于矢径r 的端点处，其速度大小的表达式为 (A )t d dr ； （B ）dt r d ； （C ）dt r d || ； （D ）222dt dz dt dy dt dx ［ ］ 5. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质 点的速率) (A) t d d v ． (B)2V R ． (C) R t 2d d v v ． (D) 2/1242d d R t v v ． ［ ］ 6. 质量为m 的质点，以不变速率v 沿图中正三角形ABC 的水平光滑轨道
《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 大学物理学练习册参考答案 单元一 质点运动学 四、学生练习 (一）选择题 1.B 2.C 3.B 4.B 5.B (二）填空题 1. 0 0 2.2 192 x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82- 3.16v i j =-+v v v ;14a i j =-+v v v ;4. 0 20 2 11V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v （三）计算题 1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×1 2 - 2×1 3 = 4(m)． 在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)， 经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2， 因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)， v (2) = 12×2 - 6×22 = 0 质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ， 因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0， 第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)． 2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程： 164 252 2=+y x 2）t dt dy v t dt dx v y x ππππ6cos 486sin 30==-== 当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v v t dt dv a t dt dv a y y x x ππππ6sin 2886cos 18022-==-== 当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a y y x 3．解答：1） () t t dt t dt d t t v v 20 4240 +=+==??? 则：t t )2(42++= 2）()t t t dt t t dt d t t r )3 12(2)2(43 2 2 ++=++= =? ?? t t t )31 2()22(3 2 +++= 大学物理练习四 一．选择题： 1．下列几种说法： (1)所有惯性系对物理基本规律都是等价的。 (2)在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关。 (3)在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同。 其中那些说法是正确的：[] (A)只有 (1)、(2)是正确的 . (B)只有 (1)、 (3)是正确的 . (C)只有 (2)、 (3)是正确的 . (D)三种说法都是正确的 . 解：[D] 2．一火箭的固定长度为L，相对于地面作匀速直线运动，速度为v1，火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为v2的子弹。在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是：[] (A)L L L(D)L (B)(C)v2 v1 v1v2v2 v1 1(v1 / c)2 (c 表示真空中光速 ) 解： [ B ]在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是火箭的固定长度 除以子弹相对于火箭的速度。 3．（1）对某观察者来说，发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件， 对于相对该惯性系作匀速直线运动的其它惯性系中的观察者来说，它们是否同时发生？（ 2）在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的的两个事件，它们在其 它惯性系中是否同时发生？关于这两个问题的正确答案是：[] (A)（1）同时，（2）不同时。(B) （1）不同时，（2）同时。 (C)（1）同时，（ 2）同时。(D) 不（ 1）同时，（ 2）不同时。 解：[A] 发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件，对于相对该惯性系作匀速 直线运动的其它惯性系中的观察者来说，它们是同时发生。 在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的的两个事件，它们在其它惯性系中 不是同时发生。 4．K系与K＇系是坐标轴相互平行的两个惯性系，K ＇系相对于 K 系沿 Ox 轴正 方向匀速运动。一根刚性尺静止在K ＇系中，与’ ’ O x 轴成 30°角。今在 K 系 中观测得该尺与 Ox 轴成45°角，则 K ＇系相对于 K 系的速度是：［］ (A) (2/3)c(B)(1/3)c(C) (2/3)1/2c(D) (1/3)1/2c 大学物理练习 八 一、选择题： 1．有两个点电荷电量都是+q ，相距为2 a 。今以左边的点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面。在球面上取两块相等 的小面积S 1和S 2，其位置如图所示。设通过S 1和S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ，通过整个 球面的电场强度通量为s Φ，则 [ D ] (A)s ΦΦ>Φ,21=0/εq (B)021/2,εq s =ΦΦ<Φ (C)021/,εq s =ΦΦ=Φ (D)021/,εq s =ΦΦ<Φ 解∶ 通过S 1的电场强度通量分别为1Φ,有穿进又有穿出; 但通过S 2的电场强度通量分别为2Φ,只有穿出. 故,21Φ<Φ据高斯定理通过整个球面的电场强度通量为s Φ只与面内电荷有关。 2．图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~ r 关系曲线。请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的？ [ ] (A) 半径为R 的均匀带电球面。 (B) 半径为R 的均匀带电球体。 (C) 半径为R 、电荷体密度Ar =ρ(A 为常数)的非均匀带电球体。 (D) 半径为R 、电荷体密度r A /=ρ (A 为常数)的非均匀带电球体。 解∶（D ） 2 04r q E i πε∑= 3. 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：[ D ] (A) 如果高斯面上E 处处为零，则该面内必无电荷． (B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E 处处为 E 0=∑i q 零． ( 面外有电荷) (C) 如果高斯面上E 处处不为零，则高斯面内必有电荷． (D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零． 4．在磁感应强度为B 的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n 与B 的夹角为α，则通过半 球面S 的磁通量为 [ D ] (A) .2B r π (B) 2.2B r π (C) απsin 2B r -. (D) απcos 2B r -. 5．如图示，直线MN 长为2 L ，弧OCD 是以点N 为中心，L 为半径的半圆弧， N 点有正电荷+q ，M 点有负电荷-q 。今将一试验电荷+q 0从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力做功 [ D ] (A) A<0 且为有限常量 (B) (B) A>0 且为有限常量 (C) A=∞ (D) A=0 6．关于电场强度与电势之间的关系，下列说法中，哪一种是正确的？ （A ）电场中，场强为零的点，电势必为零； （B ）电场中，电势为零的点，电场强度必为零； （C ）在场强不变的空间，电势处处相等； （D ）在电势不变的空间，电场处处为零。 [ D ] 7. 点电荷-q 位于圆心O 处，A 、B 、C 、D 为同一圆周上的四点，如图所示．现将一试验电荷从A 点分别移动到B 、C 、D 各点，则 [ D ] (A) 从A 到B ，电场力作功最大． (B) 从A 到C ，电场力作功最大． (C) 从A 到D ，电场力作功最大． (D) 从 A 到各点，电场力作功相等． 二、填空题： 1．一“无限长”均匀带电的空心圆柱体，内半径为a ，外半径为b ，电荷体密度为ρ。若作一半径为r(a大学物理学练习册参考答案全
大学物理II练习册答案4
大学物理II练习册答案8