大学物理活页作业答案(全套)讲解学习.doc

此文档仅供收集于网络，如有侵权请联系网站删除1.质点运动学单元练习（一）答案1B2D3D4B53.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在t2.0s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。）6135m（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） （2） 8解：ths9解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为（2）当旗杆与投影等长时，10解： -kv dv / dy 已知y=yo ，v=vo 则2.质点运动学单元练习（二）答案1D2A3B4C5；6； 7解：（1）由速度和加速度的定义；（2）由切向加速度和法向加速度的定义（3）8解：火箭竖直向上的速度为火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得9解：10解：；3.牛顿定律单元练习答案1C2C3A4；5；6解：（1） （2）FN=0时；a=gcot7解： 8解：由牛顿运动定律可得分离变量积分 9解：由牛顿运动定律可得分离变量积分 10解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程，以及 ，积分并代入初条件得 ，4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1A； 2A；3B；4C；5相同6；7解：（1）；（2）8解：9解： 物体m落下h后的速度为 当绳子完全拉直时，有 10解：设船移动距离x，人、船系统总动量不变为零等式乘以d t后积分，得 5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1C2D3D4C518J；6m/s65/37解：摩擦力由功能原理 解得 .8解：根据牛顿运动定律 由能量守恒定律 质点脱离球面时 解得：9解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 (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：(1)由题给条件m、M系统水平方向动量守恒，m、M、地系统机械能守恒 解得： ； (2) 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为参考系 6.刚体转动单元练习（一）答案1B2C3C4C5v = 1.23 m/s；an = 9.6 m/s2； = 0.545 rad/ s2；N = 9.73转。67解：（1）由转动定律，（2）由刚体转动的动能定理（3）根据牛顿运动定律和转动定律：mgF=marF=Ja=r联立解得飞轮的角加速度8解：（1）由转动定律 （2）取棒与地球为系统，机械能守恒 (3)棒下落到竖直位置时 9解：（1）系统的能量守恒，有 联立解得： ； （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 Tma T rJb 由运动学关系有： a = rb 联立解得： 10解：以中心O 为原点作坐标轴Ox、Oy和Oz如图所示，取质量为 式中面密度为常数，按转动惯量定义， 薄板的质量 所以 7.刚体转动单元练习（二）答案1C2A3D4B 5；6；7解：小球转动过程中角动量守恒 8子弹与木杆在水平方向的角动量守恒 9解：圆环所受的摩擦力矩为，由转动定律 ， 至圆环停止所经历的时间 10解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为， 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒， 碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒， 、消去，得 ， 、消去，得.8.机械振动单元练习（一）答案1 B2 B3 C4 A56 2:17 解：，运动方程（1）由旋转矢量法，；（2）由旋转矢量法，；（3）由旋转矢量法，。8 解：木块处于平衡位置时，浮力大小。上下振动时，取其处于力平衡位置点为坐标原点，竖直向下作为x轴正向，则当木块向下偏移x位移时，合外力为其中，浮力合外力为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。由可得木块运动的微分方程为令，可得其振动周期为图8-19 解：如图，由旋转矢量法可知 10. 解：（1）（2）9.机械振动单元练习（二）答案10 B11 B12 C13 ，1415 （1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s, 2s 。16 解：（1）由已知的运动方程可知：，（2），17 解：振动系统的角频率为图9-1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为又因初始位移，则振动系统的振幅为如图由旋转矢量法可知，则简谐运动方程为18 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为图9-2合振动初相为 10. 解：图9-3如图由旋转矢量法可知，。可见它们是反相的，因此合振动振幅为：合振动初相为：同样由旋转矢量法可知10.机械波单元练习（一）答案19 B20 C21 B22 1.67m2324 6，3025 解：（1）由波动方程可知振幅，角频率，则波速，频率，波长。（2）26 解：（1）由图可知振幅，波长，波速则。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，因此波动方程为（2）P处质点的振动方程为27 解：由图可知振幅，波长，则角频率。由P点的运动方向可知波向x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。则波动方程为10解：（1）以A点为坐标原点的波动方程为（2）则以B点为坐标原点的波动方程为11.机械波单元练习（二）答案28 C29 B30 C31 ，32 550Hz，458.3Hz33 0.08W/m234 解：两列波传到连线和延长线上任一点P的相位差左侧各点：，振动都加强；右侧各点：，振动都加强；图11-7、之间：则距点为：处各点静止不动。35 解：（1）（2）时振动加强，即36 解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为=驻波表达式10. 解：乙接受并反射的信号频率为甲接受到的信号频率为12.静电场单元练习（一）答案37 B38 D39 B40 C4142 利用点电荷电场的矢量叠加求y轴上的电场强度。43 解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。44 解：利用电荷元电场的积分叠加，求O点的电场强度。45 解：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布。10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。（1） 带电面外侧（2） 带电面内13.静电场单元练习（二）答案46 C47 D48 B49 C5051 52 解：假设阴极A与阳极B单位长度带电分别为与，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8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；方法二：带电量为Q，半径为R的带电球面对电势的贡献球面内电势： 球面外电势：有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。（2）电势差9解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：（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*10解：带电粒子处在h高度时的静电势能为 到达环心时的静电势能为 据能量守恒定律 联立求解得 14.导体电介质和电容单元练习（一）答案53 B54 C55 D56 C57 58 负电；59 解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等，解得：； 8解：依照题意dR，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的电场强度两直导线单位长度的电容 9 解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能 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 *10解：（1）导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的规律可参见物理学教程习题分析与解答，根据电荷守恒定律以及C板的电势，有解得： （2）C板的电势15.导体电介质和电容单元练习（二）答案60 C61 B62 C63 B64 e r，e r65 466 解：设芯线单位长度带电荷l，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时该点首先被击穿8解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变 （2）介质表面的极化电荷面密度 9解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为er的无限大电介质中电容增大为e rC，系统的静电能*10解：用的高斯定理求得电位移的大小为 D = s8.8510-10 C/m2 (0x2) 真空中电场强度 100 V/m 介质中电场强度 50 V/m真空中电势 U1 = Eo (d1 x)+Ed21.5100x (SI) U2 = E(d2 + d1-x)1.050x (SI) 各区域内均为线性分布16.恒定磁场单元练习（一）答案1E 2D3C 4D 50 60；7 解：（1）（2）（3）8 解：（1）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为原子核 (圆心) 处的磁感应强度： 方向：垂直纸面向外（2）轨道磁矩： 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 （2）*10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l,宽为dl的窄导体板内电流为：由磁感应强度的叠加原理：17.恒定磁场单元练习（二）答案1B 2C 3A 4C 5398 6. ，垂直于磁场向上，7解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动轨道半径：旋转频率：AAxyzcabBI8. 解：（1）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（个/m3）9. 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 *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w 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面上会形成许多半径不同的圆电流半径为r,厚度为dr的圆环转动后形成的圆电流为：此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为：盘心处的磁感应强度：（2）圆盘的磁矩：磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断18.电磁感应单元练习（一）答案1C2B3B4D567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：E =电动势方向向左。8解：感应电荷； 解得 B=0.05(T)9金属圆板的感应电动势的大小E =方向: 中心指向边缘*10解：由麦克斯韦电磁场方程，r a时，19.电磁感应单元练习（二）答案1C2C3D4C5 = 6 ，相反7解：（1）设回路中电流为I, 在导线回路平面内，两导线之间的某点的磁感强度沿导线方向单位长度对应回路面积上的磁通量为 （2）磁场的能量.8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=9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。方法二：由磁场能量密度的体积分求单位长度电缆的磁场能量。*10解：（1）电容器板极板上的电量（2）忽略边缘效应，t时刻极板间总的位移电流（3）由安内环路定律，可求感应磁场的分布20.几何光学单元练习答案67 B图20-168 D69 C70 凹透镜，凸透镜.71 凸透，实，虚72 MN，CO，OA ，水，空气73 由O点发出的光线在圆形荷叶边缘处恰好发生全反射则， 74 如图20-2所示，物距图20-2，则由公式可得即所成的是在凹面镜后处的一个虚像。75 已知，代入第一个透镜的高斯公式，即则 对于第二个透镜，此像点位于处，代入第二个透镜的高斯公式，即得 ，即象点位于第二个透镜后1.4a处。由分析可知，又，则得物镜和目镜的像方焦距为21.波动光学单元练习（一）答案76 D77 B78 A79 C80 500nm81 折射率较小，折射率较大，82 屏上任一点对应的光程差为（1）第零级明纹所在处，则，即条纹上移。（2）原中央处O点则云母片的折射率83 反射光加强的条件为则 时， 时，84 10 ，则400nm22.波动光学单元练习（二）答案85 C86 B87 A454，1，暗60.3867（）由单缝衍射明条纹公式可得相邻明条纹间距（）由光栅方程可得明条纹位置则相邻明条纹间距8 望远镜的最小分辨角能分辨的最小距离9 （1）由光栅方程可得光栅常数 （2）同理由光栅方程可得则，10 （1）（2）第二级明条纹距离中央明纹中心的距离第二级暗条纹距离中央明纹中心的距离23.波动光学单元练习（三）答案88 C89 C90 B91 92图23-193 0，9495 （1）由布儒斯特定律，得介质的折射率（2）由于，则折射角96 设入射光强为，其中自然光强为，线偏振光强为，出射光强为 ，则由已知可得 ，10（）透过第一个偏振片后的光强度，透过第二个偏振片后的光强度（）透过第一个偏振片后的光强度，透过第二个偏振片后的光强度。24气体动理论单元练习1B；2D；3A；4C；52，1，61:1，2:1，10:37（1）（2）（3）（4）8（1）（2）（3）9（1）由得（2）由得由得1025热力学基础单元练习（一）答案1C；2C；3D；4略5等压，绝热。等压，绝热，等压6 （由图知）7两过程图如图所示（1）对124过程：（2）对134过程：8由pV=RT知：故全过程 则其中对绝热过程有 式中故代入有关数据可得 9（1）（2）10设初终态参量分别为由得，图如图所示对等温过程：对等体过程 由得：则：26.热力学基础单元练习（二）答案1A；2D；3D；4功变热、热传导；56、过程Q（J）W（J）E（J）AB（等温）1001000/BC（等压）-126-42-84/CA（等容）84084/ABCD5858031。5%7、（1）（2），（3）8、设状态体积为，由得9、（1）（2）由得（3）10、设状态状态参量为则，由得由得（1）过程：（2）过程：（3）过程：（2）27.狭义相对论单元练习答案1B；2A；3D；4C：5、爱因斯坦狭义相对性原理，光速不变原理，运动，相对，收缩，慢6、0.93C，C7、则 8、（1） （2）9、由时间延缓效应得则在系中：10、由功能原理28.量子物理单元练习（一）答案1C；2D；3A；4B；5、增加，26、7、由得8、则9、由又得取整对外辐射为：，对应波长：，其中的对外辐射为可见光10、（1）（2）29.量子力学单元练习（二）答案1A；2A；31：1；4：1；41.3310-23Ns（或1.0610-24Ns）；5、2，2(2l+1)，6、0，7、（1）由得则（2）8、由相对论： （1） （2） （3）由（1）（2）（3）：不考虑相对论： （4） （5）由（4）（5）：相对误差9、电子动量 由可得则10、第一激发态（1）令 得处概率最大，其值为（2）只供学习与交流