大学物理-作业与答案
大连理工大学大学物理作业及答案详解1-22
[解] 取半径为 r 、 厚度为 dr 的球壳。 认为球壳内电荷分 布是均匀的
dQ 4 r 2 dr (r ) 4A r 3 dr
R Q0 4r 2 (r )dr
A 4r 3 dr R 4 A
0
R
6．如图所示，一质量 m 1.6 10 kg 的小球，带电量 q 2 10
作业 2
1． 如图所示， 把点电荷 q 从高斯面外 P 移到 R 处 OP OR ， ] O 为 S 上一点，则[ A. 穿过 S 的电通量 e 发生改变， O 处 E 变
B. e 不变， E 变。 C. e 变， E 不变。 D. e 不变， E 不变。
答案： 【B】 [解]闭合面外的电荷对穿过闭合面的电通量无贡献，或者说， 闭合面外的电荷产生的电场，穿过闭合面的电通量的代数和为零；移动点电荷，会使电荷重 新分布，或者说改变电荷的分布，因此改变了 O 点的场强。 2．半径为 R 的均匀带电球面上，电荷面密度为 ，在球面上取小面元 S ，则 S 上的电 荷受到的电场力为[ ]。
y a/ 2
y a / 2 处电场最强。
4． 如图所示， 在一无限长的均匀带点细棒旁垂直放置一均匀带电的细棒 MN 。 且二棒共面， 若二棒的电荷线密度均为 ，细棒 MN 长为 l ，且 M 端距长直细棒也为 l ，那么细棒 MN 受到的电场力为 。
答案：
[解] 坐标系建立如图： MN 上长为 dx 的元电荷 dq dx 受力 dF Edq 。 无限长带电直线场强 E
2 2 dx ln 2 ；方向沿 x 轴正向。 2 0 x 2 0
根据叠加原理， 圆心处场强可以看成是半径为 R ,电荷线密度为 的均匀带电园环 （带 电量为 Q1 2R ） 在圆心处产生的场强 E1 与放在空隙处长为 l ， 电荷线密度为 的均 匀带电棒（可以看成是点电荷 q l ）在圆心产生的场强 E 2 的叠加。即：
《大学物理I》作业-No.03 角动量与角动量守恒-A-参考答案
《大学物理I 》作业 No.03 角动量 角动量守恒定律 （A 卷）班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题[ ]1、一质点沿直线做匀速率运动时，(A) 其动量一定守恒，角动量一定为零。
(B) 其动量一定守恒，角动量不一定为零。
(C) 其动量不一定守恒，角动量一定为零。
(D) 其动量不一定守恒，角动量不一定为零。
答案：B答案解析：质点作匀速直线运动，很显然运动过程中其速度不变，动量不变，即动量守恒；根据角动量的定义v m r L⨯=，质点的角动量因参考点（轴）而异。
本题中，只要参考点（轴）位于质点运动轨迹上，质点对其的角动量即为零，其余位置均不会为零。
故(B)是正确答案。
[ ]2. 两个均质圆盘A 和B 密度分别为A ρ和B ρ，若A ρ>B ρ，两圆盘质量与厚度相同，如两盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量各为A J 和B J ，则 (A) A J >B J(B) B J >A J(C) A J ＝B J(D) A J 、B J 哪个大，不能确定答案：B答案解析：设A 、B 联盘厚度为d ，半径分别为A R 和B R ，由题意，二者质量相等，即B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>，所以22B A R R <，由转动惯量221mR J =，则B A J J <。
[ ]3．对于绕定轴转动的刚体，如果它的角速度很大，则 (A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大(C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小答案：D 答案解析：由刚体质心运动定律和刚体定轴转动定律知：物体所受的合外力和合外力矩只影响物体运动的加速度和角加速度，因此无法通过刚体运动的角速度来判断外力矩的大小，正如无法通过速度来判断物体所受外力的大小一样。
大学物理力学一、二章作业答案
大学物理力学一、二章作业答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点运动学一、选择题1、一质点在xoy 平面内运动，其运动方程为2,ct b y at x +==，式中a 、b 、c 均为常数。
当运动质点的运动方向与x 轴成450角时，它的速率为[ B ]。
A ．a ；B ．a 2；C ．2c ；D ．224c a +。
2、设木块沿光滑斜面从下端开始往上滑动，然后下滑，则表示木块速度与时间关系的曲线是图1-1中的[ D ]。
3、一质点的运动方程是j t R i t R rωωsin cos +=，R 、ω为正常数。
从t ＝ωπ/到t =ωπ/2时间内该质点的路程是[ B ]。
A ．2R ；B ．R π；C ． 0；D ．ωπR 。
4、质量为0.25kg 的质点，受i t F =(N)的力作用，t =0时该质点以v=2j m/s 的速度通过坐标原点，该质点任意时刻的位置矢量是[ B ]。
A ．22t i +2j m ； B ．j t i t2323+m ；C ．j t i t343243+； D ．条件不足，无法确定。
二、填空题1、一质点沿x 轴运动，其运动方程为225t t x -+=（x 以米为单位，t 以秒为单位）。
质点的初速度为 2m/s ，第4秒末的速度为 -6m/s ，第4秒末的加速度为 -2m/s 2 。
2、一质点以π（m/s ）的匀速率作半径为5m 的圆周运动。
该质点在5s 内的平均速度的大小为 2m/s ，平均加速度的大小为 22m /5s π 。
3、一质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其运动方程为22t +=θ（式中的θ以弧度计，t 以秒计），质点在第一秒末的速度为 0.2m/s ，切向加速度为 0.2m/s 2 。
4、一质点沿半径1m 的圆周运动，运动方程为θ=2+3t 3，其中θ以弧度计，t 以秒计。
T =2s 时质点的切向加速度为 36m/s 2 ；当加速度的方向和半径成45º角时角位移是 38rad 。
(配合教材上册)大学物理学课后作业与自测题参考答案与部分解析
dt dx dt
dx
K
0
v0 K
K
答案 (1)3°36′；(2)0.078
解析 (1)轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．
因而有 Nsin θ＝mv21，Ncos θ＝mg，所以 tan θ＝ v21 ，代入数据可得θ＝3°36′．
R
Rg
(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为μN′，这里 N′为该时刻地面对车的支
Rcot α． at
(2)S＝1att2＝1Rcot α． 22
2－4 2－5
答案
R－b cc
解析 v＝s′＝b＋ct，at＝c，an＝vR2＝(b＋Rct)2，令 at＝an，得 t＝
R－b． cc
答案 北偏东 19.4°，170 km/h
解析 设下标 A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：
v0 v
0
作业 2
ABBCF
2－2
(1)gsin θ；gcos θ；(2)－g；2 3v2；(3)v0＋bt； 2 3g
b2＋(v0＋bt)4；(4)1ct3；2ct；c2t4；(5)69.8 m/s
R2
3
R
2－3 答案 (1) Rcot α；(2)1Rcot α
at
2
解析 (1)物体的总加速度 a 为 a＝at＋an，tan α＝aant＝(aattt)2＝aRtt2，t＝ R
解析 (1)dx＝vdt，dx＝vdt＝v，adx＝vdv， adx ＝ vdv ， (－kx)dx ＝ vdv ，－1kx2＝1v2＋C，因
dv dv a
22
为质点静止于 x＝x0，所以 C＝－1kx20，所以 v＝± k(x20－x2)． 2
大连理工大学大学物理作业10(稳恒磁场四)及答案详解
作业 10 稳恒磁场四1.载流长直螺线管内充满相对磁导率为r μ的均匀抗磁质，则螺线管内中部的磁感应强度B 和磁场强度H 的关系是[ ]。
A. 0B H μ>B. r B H μ=C. 0B H μ=D. 0B H μ< 答案：【D 】解：对于非铁磁质，电磁感应强度与磁场强度成正比关系H B r μμ0=抗磁质：1≤r μ，所以，0B H μ<2.在稳恒磁场中，关于磁场强度H →的下列几种说法中正确的是[ ]。
A. H →仅与传导电流有关。
B.若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的H →必为零。
C.若闭合曲线上各点H →均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零。
D.以闭合曲线L 为边界的任意曲面的H →通量相等。
答案：【C 】解：安培环路定理∑⎰=⋅0I l d H L ρρ，是说：磁场强度H ρ的闭合回路的线积分只与传导电流有关，并不是说：磁场强度H ρ本身只与传导电流有关。
A 错。
闭合曲线内没有包围传导电流，只能得到：磁场强度H ρ的闭合回路的线积分为零。
并不能说：磁场强度H ρ本身在曲线上各点必为零。
B 错。
高斯定理0=⋅⎰⎰SS d B ρρ，是说：穿过闭合曲面，场感应强度B ρ的通量为零，或者说，.以闭合曲线L 为边界的任意曲面的B ρ通量相等。
对于磁场强度H ρ，没有这样的高斯定理。
不能说，穿过闭合曲面，场感应强度H ρ的通量为零。
D 错。
安培环路定理∑⎰=⋅0I l d H L ρρ，是说：磁场强度H ρ的闭合回路的线积分等于闭合回路包围的电流的代数和。
C 正确。
3.图11-1种三条曲线分别为顺磁质、抗磁质和铁磁质的B H -曲线，则Oa 表示 ；Ob 表示 ；Oc 表示 。
答案：铁磁质；顺磁质； 抗磁质。
图中Ob （或4.某铁磁质的磁滞回线如图11-2 所示，则'Ob ）表示 ；Oc （或'Oc ）表示 。
答案：剩磁；矫顽力。
5.螺线环中心周长10l cm =，环上线圈匝数300N =，线圈中通有电流100I mA =。
大学物理习题与作业答案6-1~~6-14
吗？
p
解：（1）循环过程中，AB 为吸热过程，CD 为放热过程
A
B
D
C
23
O
图 6-11
V
大学物理练习册—热力学
η = 1− QCD
=1−
m M mol
C p (TD
− TC )
= 1− TC
− TD
= 1− TC (1− TD TC )
Q AB
m M mol
Cp
(TB
−TA
)
TB −TA
TB (1− TA TB )
量CV=3R，求该理想气体在ab过程中的摩尔热容量（用R表示）。
解：设理想气体在 ab 过程中的摩尔热容量为 Cab ，在一微小过程中 p
d Q = Cab d T
（1）
b
由热力学第一定律有 a
d Q = d E + d A = CV d T + p dV
（2） O
V
由(1)、(2)得
C ab
= CV
J
A = Q1 − Q2 = 5.35×103 − 4.01×103 = 1.34×103 J
6-11 一定量的理想气体，经历如图 6-11 所示循环过程，其中AB和CD为等压过程，BC和DA为绝热过程。
已知B点的温度为TB=T1，C点的温度为TC=T2。（1）证明其效率为η
= 1 − T2 T1
；（2）该循环是卡诺循环
∫ ∫ AT =
V2 p dV =
V1
V2 V1
m M V mol
RT1 dV
=
m M mol
RT1
ln
V2 V1
=
p1V1 ln
哈工大大学物理第二章 作业题+答案
T1 m1 ( g a1 ) 0.2 (9.8 1.96) 1.57 N 1 T2 T1 0.785 N 2 m g T2 0.1 9.8 0.785 a2 2 1.95 m s 2 m2 0.1
方向向下。
a3
方向向上。
m3 g T2 0.05 9.8 0.785 5.9 m s 2 m3 0.05
5
物体受力： 真实力：重力 mg, 、斜面对它的正压力 N 惯性力： ma0
mg N ( ma0 ) mar
mgsin ma0sin mar mgcos N ma0cos 0
解得
N m ( g 0a) c o s; ar (g a0 ) sin
A
mg N ma
x 方向： mg sin max m(ar a0 sin ) y 方向： ma y N mg cos ma0 cos 解得
N m ( g 0a) c o s; ar (g a0 ) sin
解法二： 以升降机为参考系（非惯性系） ，建立坐标系如图，
解 当雨滴均匀运动时 得 所以当速率为 4.0 m s 时
1
mg k v 2 k mg / 25
F ma mg k v 2 mg
得
16 9 mg mg 25 25 a 9 g / 25
12. 2-12 质量为 m 的物体系于长度为 R 的绳子的一个端点上，在竖直平面内绕 绳子另一端点（固定）作圆周运动．设时刻物体瞬时速度的大小为 ，绳子 与竖直向上的方向成 θ 角，如图所示。(1) 求ｔ时刻绳中的张力 T 和物体的 切向加速度 at；(2) 说明在物体运动过程中 at 的大小和方向如何变化？
(配合教材下册)大学物理学课后作业与自测题参考答案与部分解析
x＋R， R
令dФ＝0，得Ф最大时 x＝1( 5－1)R．
dx
2
24－4 答案 μ0 ·I2(R＋d)(1＋π)－RI1，方向⊙
2π
R(R＋d)
解析 圆电流产生的磁场 B1＝μ20RI2，方向⊙，长直导线电流的磁场 B2＝2μπ0IR2，方向⊙，导体管电流
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产 生 的 磁 场 ， B3 ＝ μ0I1 ， 方 向 ， 所 以 ， 圆 心 Ｏ 点 处 的 磁 感 强 度 B ＝ B1 ＋ B2 － B3 ＝ 2π(d＋R)
B＝2Sρgtan α≈9.35×10－3 T． I
26－4 答案 πkωBR5，方向在纸面内且垂直 B 向上 5
解析 在圆盘上取一个半径为 r、宽度为 dr 的圆环，其环上电荷为 dq＝σ2πrdr，圆环以角速度ω旋 转，其圆电流为 dI＝σrωdr，其磁矩大小为 dm＝πr2dI＝πr2(kr)ωrdr，则圆环上电流所受的磁力矩为
28－4 答案 0.01 T
28－4
解析
εi＝|ddФt |，i＝Rεi＝R1|ddФt |，而
i＝dq，得 dt
dq＝idt＝1|dФ|， R
Q dq ＝1
0
R
0
dФ，Q＝1Ф， R
Ф＝RQ＝π×10－5 Wb，因为Ф＝πr2B，所以 B＝0.01 T．
答案 －μ0Ivln a＋b，方向为 N→M，μ0Ivln a＋b
dM＝Bdm＝πkωr4dr，所以，圆盘所受总磁力矩 M＝ dM ＝ R πkωr4dr＝πkωBR5，M 的方向在纸面
0
5
内且垂直 B 向上．
26－5 答案 (1)πa2BI0sin2 ωt；(2)1BI0ωπa2 2
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《大学物理》课后作业题专业班级： 姓名： 学号：作业要求：题目可打印，答案要求手写，该课程考试时交作业。
第一章 质点力学1、质点的运动函数为：54;22+==t y t x ，式中的量均采用SI 单位制。
求：（1）质点运动的轨道方程；（2）s 11=t 和s 22=t 时，质点的位置、速度和加速度。
1、用消元法t=x/2 轨迹方程为 y=x²+5 2、运动的合成x 方向上的速度为x'=2， y 方向上的速度为y'=8t+5 将t 带入分别求出x 和y 方向上的速度 然后合成x 方向上的加速度为x''=0 y 方向上的加速度为y''=8 所以加速度为82、如图所示，把质量为m 的小球悬挂在以恒加速度水平运动的小车上，悬线与竖直方向的夹角为θ，求小车的加速度和绳的张力。
绳子的拉力F ，将其水平和竖直正交分解为 Fsinα 和 Fcosα 竖直：Fcosα=mg 水平：Fsinα=ma a=gtanα 方向水平向右3、一质量为0.10kg 的质点由静止开始运动，运动函数为j i 2353+=t r （SI 单位）求在t=0到t=2s 时间内，作用在该质点上的合力所做的功。
质点的速度就是V ＝dr / dt ＝5* t^2 i ＋0 j即质点是做直线运动，在 t ＝0时速度为V0＝0；在 t ＝2秒时，速度为 V1＝5*2^2＝20 m/s由动能定理得所求合力做的功是W 合＝（m*V1^2 / 2）－（m*V0^2 / 2）＝m*V1^2 / 2＝0.1*20^2 / 2＝20 焦耳第二章 刚体力学1、在图示系统中，滑轮可视为半径为R 、质量为m 0的匀质圆盘。
设绳与滑轮之间无滑动，水平面光滑，并且m 1=50kg ，m 2=200kg ，m 0=15kg ，R=0.10m ，求物体的加速度及绳中的张力。
解 将体系隔离为1m ，0m ，2m三个部分，对1m 和2m 分别列牛顿方程，有a m T g m 222=- a m T 11=因滑轮与绳子间无滑动，则有运动学条件R a β=联立求解由以上四式，可得由此得物体的加速度和绳中的张力为m 2T 1N a m T 38162.75011=⨯== N a g m T 438)62.781.9(200)(22=-⨯=-=第四章 静止电荷的电场1、如图所示：一半径为R 的半圆环上均匀分布电荷Q （>0）,求环心处的电场强度。
解：由上述分析，点O 的电场强度由几何关系θd d R l =，统一积分变量后，有方向沿y轴负方向。
2、如图所示：有三个点电荷Q1，Q2，Q3沿一条直线等间距分布，已知其中任一点电荷所受合力均为零，且Q1=Q3=Q。
求在固定Q1，Q3的情况下，将Q2从O点移动到无穷远处外力所做的功。
将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功第五章 静电场中的导体和电介质1、如图所示，一个接地导体球，半径为R ，原来不带电，今将一点电荷q 放在球外距离球心r 的地方，求球上感生电荷总量解：因为导体球接地，故其电势为零，即 0=ϕ设导体球上的感应电量为Q 由导体是个等势体知：o 点的电势也为0 由电势叠加原理有关系式：2、电容均为C 的两个电容器分别带电Q 和2Q ，求这两个电容器并联前后总能量的变化。
解 在并联之前，两个电容器的总能量为在并联之后，总电容为C2，总电量为Q 3，于是并联后总能量的变化为并联后总能量减少了。
这是由于电容并联时极板上的电荷重新分配消耗能量的结果。
第六章 稳恒电流的磁场图1、如图所示，几种不同形状平面载流导线的电流均为I ，它们在O 点的磁感应强度各为多大？R OIIROIRO(a)(c)解: (a)长直电流对点O 而言，有I d ℓ ⨯r=0，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有RIB 800μ=方向垂直纸面向外。
(b)将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理得RIRIB πμμ22000-=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RIR I R I R I RIB πμμπμπμμ24444000000+=++=方向垂直纸面向外。
2、如图所示，一长直导线通有电流I 1=30A ，矩形回路通有电流I 2=20A 。
求作用在回路上的合力。
已知d =1.0cm ，b =8.0cm ，l =0.12m 。
解：如图所示，BC 和 DA 两段导线所受安培力2F 1和F 的大小相等，方向相反，两力的矢量和为零。
AB 和CD 两段导线，由于载流导线所在处磁感应强度不等，所受安培力34F F 和大小不等，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力。
01232I I aF dμπ=01242()I I a F d b μπ=+故线框所受合力的大小为301201234 1.281022()I I a I I a F F F N d d b μμππ-=-=-=⨯+ I 1I 2ld b合力的方向向左，指向直导线。
第七章 电磁感应 位移电流 电磁波1、有一面积为0.5m 2的平面线圈，把它放入匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直。
当dB/dt=2×10-2T·s -1时，线圈中感应电动势的大小是多少？2、如图所示，正方形线圈边长为a ，以速率v 匀速通过有匀强磁场的正方形区域，以线圈中心为原点做坐标轴x ，如果磁感应强度B 不随时间变化，磁场中心坐标x=2a ，在线圈中心坐标x=0到x=4a 范围内，写出线圈中感应电动势关于x 的表达式第八章 气体动理论无第九章 热力学基础1、如图所示，系统由A 态经ABC 过程到达C 态，吸收的热量为350J ，同时对外做功为126J 。
（1）如果沿ADC 进行，系统对外做功为42J ，则系统吸收了多少热量？（2）如果系统由C 态沿CA 返回A态，2a外界对系统做功为84J ，则系统吸热多少？解：（1）系统从abc 进行过程中，吸收热量350abc Q J =，系统对外做功，126abc A J =。
故c 态与a 态能量之差为(350126)224c a abc abc E E Q A J J -=-=-=系统经adc 过程之后，系统做功42abc A J =。
系统吸收热量为()22442266adc c a adc Q E E A J =-+=+=（2）系统沿ca 曲线由c 态返回a 态时，系统对外做功84ca A J =-，这时系统内能减少224ca ac E E J ∆=-∆=-。
22484308ca ca ca Q E A J =∆+=--=-，负号表示系统放热。
2、1mol 双原子分子理想气体，做如图所示循环，图中bc 代表绝热过程。
求（1）一次循环过程中，系统从外界吸收的热量；（2）一次循环过程中系统向外界放出的热量；循环的效率。
解（1）在循环过程中，只有在ab 过程吸收热量。
因是等体过程，则吸收热量为J T vC Q Q m V ab 500,=∆==吸（2）在循环过程中，只有在ca 过程放出热量。
因是等压过程，则放出热量为（3）循环的效率为p /105P aV /10-3m 3%301=-=吸放Q Q η第十章 振动和波动1、有一个和轻弹簧相连的小球，沿x 轴作振幅为A 的简谐运动，振动的表达式为余弦函数。
若t=0时球的运动状态分别为：（1）x 0= - A ；（2）过平衡位置向x 轴正方向运动；（3）过x=2/A 处，且向x 轴反方向运动。
用旋转矢量法确定上述状态的初相位。
2、作简谐振动的小球，速度最大值v m =0.03m/s ，振幅A=0.02m ，从速度为正的最大值的某个时刻开始计时。
（1）求振动周期；（2）求加速度最大值；（3）写出振动表达式。
解：(1)2220.024 4.2(s)0.033m AT ππππωυ⨯====≈(2)22220.030.045(m/s )43m m m a A Tππωυωυπ===⨯=⨯≈(3)02πϕ=-，3(rad/s)2ω=，∴30.02cos()22x t π=- [SI]3、一简谐波在介质中沿x 轴正方向传播，振幅A=0.1m ，周期T=0.5s ，波长λ=10m 。
在t=0时刻，波源振动的位移为正方向最大值，把波源的位置取为坐标原点。
求：（1）这个简谐波的波函数；（2）t 1=T/4时刻，x 1=λ/4处质元的位移；（3）t 2=T/2时刻，x 2=λ/4处质元的振动速度。
第十一章波动光学1、由汞弧灯发出的光，通过一绿色滤光片后，垂直照射到相距为0.60m的双缝上，在距双缝2.5m的光屏上出现干涉条纹。
现测得相邻两明条纹中心间距为2.27mm，求入射光的波长。
2、一双缝间距d=1.0×10-4m，每个缝的宽度a=2.0×10-5m，透镜焦距为0.5m，入射光的波长为480nm，求：（1）屏上干涉条纹的间距；（2）单缝衍射的中央明纹的宽度；（3）在单缝衍射中央明纹内有多少双缝干涉极大。
3、一束光通过两个偏振化方向平行的偏振片，透过光强为I1，当一个偏振片慢慢转过θ角时，透过光的强度为I1/2。
求θ角。
第十二章量子物理基础无。