大学物理北邮第三版答案解析

习题二

2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为

a 2=a 1-a ′ ①

又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有

m 1g-T=m 1a 1 ②

T-m 2g=m 2a 2 ③ 联立①、②、③式，得

212

112122

12211)

2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'

--=

+-=

讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动．

(2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．

题2-1图

2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，

N B -mg=0 ①

又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则

N A lsin θ-mg

cos θ=0 ② 在水平方向因其有加速度a ，故有

f+N A =ma ③

题2-2图

式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，

即 f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得

)

(2tan ,)(2tan 00g a g

g a g M m μθμθ-=+=

2-3 28

3166-?===

s m m f a x x

216

7-?-=

s m m

f a y y

(1)

??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201

2008

21674

2832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x

于是质点在2s 时的速度

45-?--=s m j

i v

(2)

j i j i j

t a i t a t v r y x 8

74134)16

(21)4832122(21

)21(220--=?-+??+?-=++=

2-4 (1)∵dt

m kv a =-= 分离变量，得

m kdt

v dv -= 即??-=v v t m

kdt

v dv 00 m kt e v v -=ln ln 0

∴ t

k e

v v -=0

(2)??---=

==t

k k

e k

mv dt e

v vdt x 0

00)1( (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有?

∞

m v dt e

v x t

m k (4)当t=

时，其速度为

v e v e

v v m k 0

100=

==-?- 即速度减至v 0的

. 2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有

m 2g-T=m 2(a ′-a)

T=m 1a ′

题2-5图

联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为 a 2=a ′-a=

方向向上 m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵

∴g g g a a a 2

422

1=+=+'=

θ=arctan

a a '=arctan 2

=26.6°，左偏上． 2-6依题意作出示意图如题2-6图

题2-6图

在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下

，而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为30°，则动量的增量为 Δp=mv-mv 0

由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．

2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量

Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，大小｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg

碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 (1)若物体原来静止，则 Δp 1=

?=+=t

idt t Fdt 0

56)210( i kg 2m 2s -1,沿x 轴正向，

1111

1566.5--??=?=?=?=

?s m kg i

p I s m i m p v

若物体原来具有-6 m 2s -1

初速，则

??+-=+-=-=t t

Fdt mv dt m F

v m p mv p 0

00000)(,于是

??==-=?t

p Fdt p p p 0

102,

同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1

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． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

?+=+=t

t t dt t I 0

210)210(

亦即t 2

+10t-200=0

解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去) 2-9 质点的动量为

p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj) 将t=0和t=

2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)

2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=

a (2)子弹所受的冲量

?-=-=t bt at dt bt a I 0221

)(

将t=b

代入，得

a I 22=

(3)由动量定理可求得子弹的质量

02bv a v I m =

= 2-11设一块为m 1，则另一块为m 2， m 1=km 2及m 1+m 2=m 于是得 1

,121+=+=

k m

m k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有

22222112

12121mv v m v m T -+=

② mv=m 1v 1+m 2v 2 ③ 联立①、③解得

v 2=(k+1)v-kv 1 ④

将④代入②，并整理得

21)(2v v km

-= 于是有km

T v v 21±

= 将其代入④式，有

v v 22±

= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

v v m kT v v 2,221-

= 证毕．

2-12 (1)由题知，F 合为恒力，

∴ A 合=F 2r=(7i-6j)2(-3i+4j+16k)

=-21-24=-45 J (2)w t A N 756

.045==?=

(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J

2-13 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 f=-ky

第一锤外力的功为A 1

???

=-='=s

kydy fdy dy f A 1

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dt →0时，f ′=-f ．设第二锤外力的功为A 2，则同理，有

?-=

2222

21y k

ky kydy A ② 由题意，有

)21(212k

mv A A =?== ③

即

22122k

k ky =- 所以，22=

于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm 2-14 1)()(+-==

n r

dr r dE r F 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．

2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2

所以静止时两弹簧伸长量之比为

21k k x x =

?? 弹性势能之比为

122222

1112

121

k k

x k x k E E p p =??= 2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有

r mM 月=G

()

r R m M -地

经整理，得 r=

R M M M 月

地月

2422

1035.71098.51035.7?+??81048.3??

=38.32?106

则p 点处至月球表面的距离为

h=r-r 月 =(38.32-1.74)3106＝3.663107

m (2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为

()

r R M G

M G

E P ---=地

月

=()72411

2211

1083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6?-??

?-????-- =-1.28J 6

10?

2-17 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 -μm 2gh=

21 (m 1+m 2)v 2-［m 1gh+2

1k(Δl)2

］式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则 Δl=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得

()(

)

211

22m m kh gh m m +-+υ

题2-17图

2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原

长处为弹性势能零点则由功能原理，有 -f r s=

? ???+-37sin 212122mgs mv kx k=22

137sin 21kx s f mgs mv r -?+

式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得

k=1390 N 2m -1

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′

-f t s ′=mgs ′sin37°-

1kx 3

代入有关数据，得 s ′=1.4 m, 则木块弹回高度

h ′=s ′sin37°

=0.84 m

题2-19图

2-19 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

mgR=

222

21MV mv + 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

mv-MV=0

联立，以上两式，得 v=

()

M m MgR

2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

2221202

12121mv mv mv += 即 22

2120v v v += ①

题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有

m v 0=m v 1+m v 2

亦即 v 0=v 1+v 2 ②

由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的． 2-21 由题知，质点的位矢为

r=x 1i+y 1j

作用在质点上的力为

f=-fi

所以，质点对原点的角动量为 L 0=r 3mv

=(x 1i+y 1j)3m(v x i+v y j) =(x 1mv y -y 1mv x )k

作用在质点上的力的力矩为 M 0=r 3f=(x 1i+y 1j)3(-fi)=y 1fk

2-22 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 r 1mv 1=r 2mv 2

∴m v v r r 12

1021121026.510

08.91046.51075.8?=????==

2-23 (1) ??-??===

1155s m kg j

jdt fdt p

(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7

j at t v y y 5.2533

213621220=??+?=+

= 即r 1=4i,r 2=7i+25.5j

v x =v 0x =1

1133

60=?+=+=at v v y y

即v 1=i 1+6j, v 2=i+11j

∴ L 1=r 13mv 1=4i 33(i+6j)=72k

L 2=r 23mv 2=(7i+25.5j)33(i+11j)=154.5k

∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg 2m 22s -1

解(二) ∵dt

dz M =

∴ ???=?=

?t t

dt F r dt M L 0

)(

??-??=+=????

????+++=3

30225.82)4(55)35)216()4(s m kg k

kdt t jdt j t t i t

题2-24图

2-24 在只挂重物M 1时，小球作圆周运动的向心力为M 1g ，即

M 1g=mr 0ω2

0 ①

挂上M 2后，则有

(M 1+M 2)g=mr ′ω′2

②

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 r 0mv 0=r ′mv ′

22020ωω''=?r r ③

联立①、②、③得

211

21010

10)()(M M M m M g r g m M M r M M M m r g M m r g M +='

'+=

'=ωωω

2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N ′是正压力，F r 、F ′r 是摩擦力，F x 和F y 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．

题2-25图（a ）

题2-25图(b)

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

F l l l N l N l l F 1

11210

)(+=

'='-+ 对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ F r =μN N=N ′ ∴ F l l l N F r 1

1+='=μμ 又∵ ,2

2mR I = ∴F mRl l l I R F r 1

21)

(2+-=-

=μβ ① 以F=100 N 等代入上式，得

10050.025.060)75.050.0(40.02-?-

=???+??-=

s rad 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 t 06.740

60329000=???=-

=πβω

这段时间内飞轮的角位移为

rad

t t π

πππβωφ21.53)4

(34021496029002

20?=??-??=

+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．

(2)ω0=9003(2π)/60 rad 2s -1

，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知

1522

-?-

=-=s rad t

πωωωβ

用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)

(2211=?+?????=

+-=π

μβ

2-26 设a ，a 2和β分别为m 1m 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

题2-26(a)图题2-26(b)图 (1) m 1，m 2和柱体的运动方程如下：

???

??='-'=-=-3

2121

11112222β

I r T R T a m T g m a m g m T 式中 T 1′=T 1,T 2′=T 2,a 2=r β,a 1=R β

而 I=(1/2)MR 2+(1/2)mr 2

由上式求得

22222

2212

113.68.910.0220.0210.0421

20.010212

1.02

2.0-?=??+?+??+???-?=

++-=

s rad g r

m R m I rm Rm β

(2)由①式

T 2=m 2r β+m 2g=230.1036.13+239.8＝20.8 N 由②式

T 1=m 1g-m 1R β=239.8-230.2036.13＝17.1 N

2-27 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

m 2g-T 2=m 2a ① T 1=m 1a ②

对滑轮运用转动定律，有

T 2r-T 1r=(1/2Mr 2

)β ③ 又， a=r β ④

联立以上4个方程，得

22126.72

20058

.92002

-?=+

+?=

s m M m m g m a

题2-27(a)图题2-27(b)图

题2-28图

2-28 (1)由转动定律，有

mg(l/2)=[(1/3)ml 2

]β

∴ β=

g 23 (2)由机械能守恒定律，有

mg(l/2)sin θ=(1/2)[(1/3)ml 2]ω2

∴ω=

g θ

sin 3

题2-29图 2-29 (1)设小球的初速度为v 0，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：

mv 0l=I ω+mvl ①

(1/2)mv 20=(1/2)J ω2+(1/2)mv 2

②

上两式中J=1/3Ml 2

，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θ=30°，按机械能守恒定律可列式：

)30cos 1(2

212?-=l

Mg I ω ③ 由③式得

)231(3)30cos 1(???

???-=???

????-=l

g I Mgl ω

由①式

I v v ω

=0 ④ 由②式

I v v 2

ω-= ⑤

所以

001)(2ωωm

v ml I v -=-

求得

M m m M l ml

I l v +-=

+=+=31232(6)311(2)1(220ωω

(2)相碰时小球受到的冲量为 ∫Fdt=Δmv=mv-mv 0 由①式求得

∫Fdt=mv-mv 0=-(I ω)/l=(-1/3)Ml ω =-

gl M

)32(6-

负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

题2-30图

2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v 0=R ω

设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 v 2=v 2

0-2gh

令v=0，可求出上升最大高度为

220212ωR g

g v H ==

(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR 2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I ′=(1/2)MR 2-mR 2

，碎片脱离前，盘的角动量为I ω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 I ω=I ′ω′+mv 0R

式中ω′为破盘的角速度．于是

(1/2)MR 2ω=[(1/2)MR 2-mR 2

]ω′+mv 0R

[(1/2)MR 2-mR 2]ω=[(1/2)MR 2-mR 2

]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为

[(1/2)MR 2-mR 2

]ω 转动动能为

题2-31图

E k =(1/2)[(1/2)MR 2-mR 2]ω2

2-31 (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒

Rsin θm 0v 0=(m+m 0)R 2

ω ∴ω=

m m v m )(sin 000+θ

(2)020*********sin 2

)(sin ][)[(21

0m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ

2-32 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

mgh=(1/2)mv 2+(1/2)I ω2+(1/2)kh 2

又 ω=v/R

故有I

mR k kh mgh v +-=2

2)2( 1

2220.25

.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-?=+???-???=

s m

题2-32图题2-33图

2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有

I 0ω0=(I 0+mR 2

)ω ①

该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B ，以B 点为重力势能零点，则有

(1/2)I 0ω20+mgR=(1/2)(I 0+mR 2)ω2+(1/2)mv 2

B ②

联立①、②两式，得

022002m R I R

I gR v B ++=ω

(2)当小球滑至C 点时，∵I c =I 0 ∴ωc =ω0 故由机械能守恒，有

mg(2R)=(1/2)mv 2

c ∴v c =2gR

请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．

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

大学物理下答案习题14

习题14 14.1 选择题（1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）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) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题（1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]

大学物理试题及答案

第2章刚体得转动一、选择题 1、如图所示，A、B为两个相同得绕着轻绳得定滑轮．A滑轮挂一质量为M得物体，B滑轮受拉力F，而且F＝Mg．设A、Ｂ两滑轮得角加速度分别为βA与βＢ，不计滑轮轴得摩擦，则有（Ａ) βA＝βB。（B）βA＞βＢ. (Ｃ)βA＜βB．(D）开始时βＡ=βB，以后βA<βB。［］ 2、有两个半径相同，质量相等得细圆环A与B。A环得质量分布均匀，B环得质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直得轴得转动惯量分别为ＪA与J B,则（A）ＪA＞J B．(B) JＡ

大学物理课后习题答案(北邮第三版)下

大学物理习题及解答 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 20 220)33(π4130cos π412a q q a q '=?εε 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 ????? ===22 0)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θ πεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式 204r q 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: 2 0π4r r q E ε= 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 =2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE , S q E 0ε= ，所

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

大学物理课后习题答案(赵近芳)下册

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 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (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解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q 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: 02 0π4r r q E ε= 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 = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．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S q 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S q E 02ε= ，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，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, θ E =3 04sin 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 >>

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第2章刚体的转动一、选择题 1、如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为?A 和?B ，不计滑轮轴的摩擦，则有 (A) ?A ＝?B ． (B) ?A ＞?B ． (C) ?A ＜?B ． (D) 开始时?A ＝?B ，以后?A ＜?B ．［］ 2、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 (A) J A ＞J B ． (B) J A ＜J B ． (C) J A = J B ． (D) 不能确定J A 、J B 哪个大．［］ 3、如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒．［］ 4、质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ??? ??=R J mR v 2 ω，顺时针． (B) ?? ? ??=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ??? ??+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ?? ? ??+=R mR J mR v 22ω，逆时针。［］ 5、如图所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为231ML ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1，则此时棒的角速度应为 (A) ML m v ． (B) ML m 23v ．

大学物理试题库及答案详解【考试必备】

第一章质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ．下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确

大学物理学(第三版)第二章课后标准答案

习题2 2.1 选择题 (1) 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：C] (2) 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：C] (3) 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：C] 2.2填空题 (1) 某质点在力i x F )54(+=（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：290J ] (2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。 [答案：2 2 ; 22v v s gs ] (3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。（a ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；（b ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。 [答案：2; 3 k k E E ] 2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：（1）质点作匀速直线运动；（2）质点作匀减速直线运动；（3）质点作匀速圆周运动；

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

大学物理学(第三版)课后习题参考答案

习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度2 /2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是。 [答案： 0321 V V V ]

1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ｜与r 有无不同?t d d r 和d d r t 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 就是速度在径向上的分量，

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)

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大学物理试题库（含答案）一卷 1、(本题12分)1mol 单原子理想气体经历如图所示的过程，其中ab 是等温线，bc 为等压线，ca 为等容线，求循环效率 2、(本题10分) 一平面简谐波沿 x 方向传播，振幅为20cm ，周期为4s ，t=0时波源在 y 轴上的位移为10cm ，且向y 正方向运动。（1）画出相量图，求出波源的初位相并写出其振动方程；（2）若波的传播速度为u ，写出波函数。 3、(本题10分)一束光强为I 0的自然光相继通过由2个偏振片，第二个偏振片的偏振化方向相对前一个偏振片沿顺时针方向转了300 角，问透射光的光强是多少？如果入射光是光强为I 0的偏振光，透射光的光强在什么情况下最大？最大的光强是多少？ 4、(本题10分)有一光栅，每厘米有500条刻痕，缝宽a = 4×10-4cm ，光栅距屏幕1m , 用波长为6300A 的平行单色光垂直照射在光栅上，试问：（1）（2）第一级主极大和第二级主极大之间的距离为多少？ 5、(本题10分)用单色光λ=6000A 做杨氏实验，在光屏Ｐ处产生第五级亮纹，现将折射率n=1.5的玻璃片放在其中一条光路上，此时P 处变成中央亮纹的位置，则此玻璃片厚度h 是多少？ 6、(本题10分)一束波长为λ的单色光，从空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，在膜的上下表面，反射光有没有位相突变？要使折射光得到加强，膜的厚度至少是多少？ 7、(本题10分) 宽度为0～a 的一维无限深势阱波函数的解为)sin(2x a n a n π =ψ 求：（1）写出波函数ψ1和ψ2 的几率密度的表达式（2）求这两个波函数几率密度最大的位置 8、(本题10分)实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子。试问：（1）氢原子吸收该光子后会跃迁到哪个能级？ P 2P a

大学物理答案(第三版)

习题七气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零．气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何? 答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法．从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点．何谓微观量?何谓宏观量?它们之间有什么联系? 答：用来描述个别微观粒子特征的物理量称为微观量．如微观粒子(原子、分子等)的大小、质量、速度、能量等．描述大量微观粒子(分子或原子)的集体的物理量叫宏观量，如实验中观测得到的气体体积、压强、温度、热容量等都是宏观量．气体宏观量是微观量统计平均的结果． 7.6 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率? i N 21 4 6 8 2 )s m (1-?i V 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 解：平均速率 2 8642150 24083062041021++++?+?+?+?+?= =∑∑i i i N V N V 7.2141 890== 1s m -? 方均根速率 2 864215024081062041021223222 2 ++++?+?+?+?+?= = ∑∑i i i N V N V 6.25= 1s m -? 7.7 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n 为分子数密度，N 为系统总分子数)．（1）v v f d )( （2）v v nf d )( （3）v v Nf d )( （4） ? v v v f 0 d )( （5）?∞ d )(v v f （6）?2 1 d )(v v v v Nf 解：)(v f ：表示一定质量的气体，在温度为T 的平衡态时，分布在速率v 附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比. (1) v v f d )(：表示分布在速率v 附近，速率区间v d 内的分子数占总分子数的百分比.

(完整版)大学物理考试常考题选择填空部分(含答案详解)

质点运动学一．选择题： 1、质点作匀速圆周运动，其半径为R ，从A 点出发，经过半圆周到达B 点，则在下列各表达式中，不正确的是（A ）（A ）速度增量 0=?v ρ ，速率增量 0=?v ；（B ）速度增量 j v v ρρ 2-=?，速率增量 0=?v ；（C ）位移大小 R r 2||=?ρ ，路程 R s π=；（D ）位移 i R r ρρ 2-=?，路程 R s π=。 2、质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表达式为j bt i at r ?ρ? 22+=（其中a 、b 为常量）则该质点作（ D ）（A ）匀速直线运动；（B ）一般曲线运动；（C ）抛物线运动；（D ）变速直线运动。 3、质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，v 表示速度, a 表示加速度。下列表达式中，正确的表达式为（ B ）（A ）r r ?=?||ρ； (B) υ==dt s d dt r d ρ ；（C ） a dt d =υ ；（D ）υυd d =||ρ。 4、一个质点在做圆周运动时，则有（ B ）（A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变；（B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变；（C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变；（D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变。 5、质点作匀变速圆周运动，则：（ C ）（A ）角速度不变；（B ）线速度不变；（C ）角加速度不变；（D ）总加速度大小不变。二．填空题： 1、已知质点的运动方程为x = 2 t －4 t 2（SI ），则质点在第一秒内的平均速度 =v -2 m/s ；第一秒末的加速度大小 a = -8 m/s 2 ；第一秒内走过的路程 S = 2.5 m 。

大学物理学(第三版)第三章课后答案解析(主编)赵近芳

习题3 3.1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) 2 ωmR J J + (B) 02)(ωR m J J + (C) 02 ωmR J (D) 0ω [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aτ= ，法向加速度a n= 。 [答案：0.15; 1.256] (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。

《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

大学物理习题集(下)答案

一、选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题