大学物理活页作业答案全套(供参考)
最新大学物理活页作业答案及解析((全套))
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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。
）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）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdvmmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+= 7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ① mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
同济大学大学物理活页作业答案
2． 对一枚火箭的圆锥型头部进行试验。把它以初速度 150 m s 铅直向上发射后，受空气
-1
阻力而减速，其阻力所引起的加速度大小为 0.0005v （SI） ，求火箭头部所能达到的最 大高度？
3
2
解： 取 Ox 向上为正方向， 则火箭头部的加速度为 a ( g 0.0005v 2 ) ， 又a 从而得
1．一质量为 2 kg 的质点在力 F 20t 8 N 的作用下，沿 Ox 轴作直线运动。在 t 0 时，
2 at d v /d t g 2 t / v0 g 2 t 2 与 v 同向．
an g 2 at2
．
1/ 2
2 v0 g / v0 g 2 t 2 方向与 a t 垂直
4
第二章（一） 牛顿力学
班号 学号 姓名 日期
四、 选择题
1．下列说法中正确的是： (A) 运动的物体有惯性, 静止的物体没有惯性； (B) 物体不受外力作用时, 必定静止； (C) 物体作圆周运动时, 合外力不可能恒定； (D) 牛顿运动定律只适用于低速、微观物体。 （ 2． 图中 P 是一圆的竖直直径 PC 的上端点， 一质点从 P 开始分别沿 不同的弦无摩擦下滑时，把到达各弦的下端所用的时间相比较是 （A）到 A 用的时间最短； （B）到 B 用的时间最短； （C）到 C 用的时间最短； （D）所用时间都一样。 （ D ） 3．假设质量为 70kg 的飞机驾驶员由于动力俯冲得到 6 g 的净加速 度， 问作用于驾驶员上的力最接近于下列的哪一个值 (A) 10 N ； (B) 70 N ； (C) 420 N ； (D) 4100 N 。 （ D ） C ）
（B） 2 i 2 j ； （D） 2 i 2 j 。 （ B ）
大学物理活页作业(马文蔚主编)答案
1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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。
）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）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdtvd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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。
）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）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI j dtvd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v tot oωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A3．B 4．C5．14-⋅==s m tdt dsv ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥ 3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2 Rgo μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+分离变量积分()⎰⎰+=to vdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=toxdt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+to vv o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程1. av m f mg 2cos =-θ，tvm m g d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+-解得 )(22121x x m g kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律 mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ②解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
大学物理活页作业答案(全套)马文蔚(二)2024
大学物理活页作业答案(全套)马文蔚（二）引言概述:在本文中，我们将提供马文蔚的《大学物理活页作业答案(全套)》第二部分的答案。
该答案集包含了大学物理课程中的各种难题和练习题的解答，将帮助学生更好地理解和掌握物理知识。
下面将分为五个大点，详细阐述每个大点下的小点内容。
1. 力学：- 物体的运动：包括匀速直线运动、加速直线运动、自由落体等运动形式的求解方法；- 牛顿运动定律：分析力的作用、摩擦力、弹力等的计算方法；- 循环运动：旋转、圆周运动等相关知识；- 力的合成与分解：应用向量运算解决力的合成与分解问题；- 动量与能量：动量守恒定律、机械能守恒定律等的应用。
2. 热学：- 温度与热量：温标、热量的单位、热量传递等的概念和计算；- 热力学第一定律：内能和热功的关系，热机效率的计算；- 热传导：导热系数、传热方程等内容；- 热膨胀：线膨胀、面膨胀和体膨胀等相关知识；- 气体定律：理想气体状态方程、等温过程和绝热过程的分析。
3. 光学：- 光的传播：光速、光线传播的规律等；- 光的折射与反射：折射定律、反射定律的应用；- 光的干涉与衍射：双缝干涉、单缝衍射等基本原理；- 光的色散与光谱：光的色散现象、光谱的特性和应用；- 光学仪器：透镜、显微镜、望远镜等光学仪器的工作原理和使用方法。
4. 电磁学：- 静电场：库仑定律、电场强度的计算等；- 电场的能量：电场能的计算、电场的静电势和电势差的概念；- 电流和电阻：电流的计算、欧姆定律的应用；- 磁场：磁感应强度、电流在磁场中受力等基本概念；- 电磁感应：法拉第电磁感应定律、应用于电感和互感等。
5. 物理实验：- 实验仪器与测量：常用物理实验仪器的常规使用方法；- 实验技巧和数据处理：实验数据的处理与分析方法；- 实验设计和报告：实验设计的基本原则、报告撰写的要点；- 实验安全与管理：实验过程中的安全措施和实验室规章制度；- 物理实验的应用与发展：物理实验在科学研究和工程技术中的应用和发展。
大学物理活页作业问题详解(全套)
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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。
）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）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI j dt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，tvm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
大学物理活页作业(马文蔚主编)答案
运动方程。）
7．解：（1）
r
2ti
(2
t
2
)
j
( SI )
r1 2i j (m)
r2 4i 2 j (m)
r r2 r1 2i 3 j (m)
v
r
2i
3j
t
(m / s)
（2） v
mr 2 J
（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＝ma
T r＝J
由运动学关系有： a = r
联立解得：
mgJ T
J mr 2
1 质点运动学单元练习一答案—11
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 dm dxdy
式中面密度 为常数，按转动惯量定义，
Jz
(x2
y 2 )dm
b
2 b
dx
a
2 a
(
x
2
y 2 )dy
(ab3 12
a3b)
2
2
薄板的质量 m ab
所以
Jz
m (a2 12
b2 )
7.刚体转动单元练习（二）答案
1．C
2．A
3．D
4．B
5．
3
o
；
1 3
Ep
1 2
mv12
1 2
m2v
2 2
1 2
(m1
m2 )v 2
物理学活页作业答案
物理学活页作业答案13.静电场（二）答案1． C 2． D 3． B 4． C 5．224141041r QR Q R Q o o o πεπεπε；；； 6． ＞7． 解：假设阴极A 与阳极B 单位长度带电分别为–λ与λ，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12ln 22R R U rE o o πελ=πελ=12lnR R r U E =N R R R eU eE F 141211034.4ln-⨯===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；)(011R r E <=)(4421212122R r R e rQ E Qr E ro o<<πε=ε=π)(44222132123R r e r Q Q E Q Q r E ro o>πε+=ε+=π2212213344R r r Q Q l d e rQ Q l d E V o rr o r>πε+=⋅πε+=⋅=⎰⎰∞∞⎰⎰⎰⎰∞∞⋅πε++⋅πε=⋅+⋅=22222212132244R r o R rr o R R rl d e rQ Q l d e r Q l d E l d E V21221244R r R R Q r Q V o o <<πε+πε=⎰⎰⎰⎰⎰∞∞⋅πε++⋅πε=⋅+⋅+⋅=221221122121321144R r o R R r o R R R R rl d e r Q Q l d e r Q l d E l d E l d E V12211144R r R Q R Q V o o <πε+πε=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：R Q V o πε=4 球面外电势：rQV o πε=4有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。
大学物理活页作业答案(全套)
大学物理活页作业答案（全套）1.质点运动学单元练习（一）答案1．B2．D3．D4．B5．3.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在t<2.0时质点沿某轴正方向运动；在t=2.0时质点的速率为零；，在t>2.0时质点沿某轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）27．解：（1）r2ti(2t)jr12ij(SI)(m)(m)r24i2j(m)rr2r12i3jrv2i3jtdr2i2tj（2）vdtv22i4ja22j8．解：(m/)dv(SI)a2jdt(m/)(SI)(m/2)vtoadtA2cotdtAintottoot某AvdtAAintdtAcot2质点运动学单元练习二答案—19．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω/27.27105rad/6某3600dh1.94103m/2dtcothωtv（2）当旗杆与投影等长时，t/4 t1.081043.0h4dvdvdydvvkydtdydtdy10．解：a-kyvdv/dykydyvdv,1212kyvC221212已知y=yo，v=vo则Cv0ky02222v2vok(yoy2)2质点运动学单元练习二答案—22.质点运动学单元练习（二）答案1．D2．A3．B4．Cd4t5．vdtdvm；at4dt1v2m；an8t2R2m2；a4et8t2en6．o2.0m2rad/；4.0anr220rad/；atr0.8rad/；2m/27．解：（1）由速度和加速度的定义drv2ti2jdtdv(SI)；a2idt(SI)（2）由切向加速度和法向加速度的定义atd2t4t24dtt212t12(SI)ana2at2(SI)3/2v2（3）2t21an(SI)8．解：火箭竖直向上的速度为vyvoin45gt火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得2质点运动学单元练习二答案—3vogt83m/in45u34.6m/tan309．解：v答案不符10．解：uhl；vuvlh2质点运动学单元练习二答案—43.牛顿定律单元练习答案1．C2．C3．A4．T10.2TMg367.5kg；a0.98m/22Mdv某d某k2k2v某dtdt225．v某k某；2v某f某mdv某1mk2dt26．解：（1）FTcoFNinma FTinFNcomgFTmginmaco;（2）FN=0时；a=gcotθ27．解：omRmgFNmgcomaingoR8．解：由牛顿运动定律可得120t4010分离变量积分dvdtv6.0dv212t4dtv6t4t6ot(m/)2质点运动学单元练习二答案—5。
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1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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。
）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）)()2(22SI jt i t r（2）)(22SI j t i dtrd v )(2SI jdtvd a8．解：9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω （2）当旗杆与投影等长时，4/ t 10．解： ky yvv t y y v t dv ad d d d d d d -k y v d v / d y已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C 2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B4．C5．14 s m t dtds v ；24s m dtdva t ；2228 s m t Rv a n ；6．s rad o /0.2 ；s rad /0.4 ；2/8.0s rad r a t ；7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v ；)(2SI idtv d a（2）由切向加速度和法向加速度的定义（3）)(122/322SI t a v n8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y 45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得 9．解：s m uv /6.3430tan10．解：l h v u ；u hl v 3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721；2/98.02.0s m MT a 5．x k v x 22 ；x x xv k dtdxk dt dv v 2226．解：（1）ma F F N T sin cos （2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o 2Rg o8．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a v m f mg 2cos ，t vm mg d d sin ，以及 ta v d d， d d v a t ，积分并代入初条件得 )cos 1(22 ag v ，)2cos 3(cos 2mg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v；2212m t F v v7．解：（1）t dt dxv x 10；10 dtdv a x xN ma F 20 ；m x x x 4013（2）s N Fdt I40318．解： 1'v m m mv9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2当绳子完全拉直时，有 '2v M m gh m 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totomvdt Mudt5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f由功能原理 2121210)(kx x x f 解得 )(22121x x mg kx .8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos由能量守恒定律mgh mv 221质点脱离球面时 RhR F Ncos ;0 解得：3R h9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m ①(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22122221)(212121v v v m m m m E p② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E pv v 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．0)( MV V u m ① mgR MV V u m 2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV ；MgRm M u )(2(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 R mu mg N /26.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
6．2ln kJ7．解：（1）由转动定律，2/2.39s rad JFr（2）由刚体转动的动能定理J Fh E E k k 490 （3）根据牛顿运动定律和转动定律：mg –F ’=ma rF ’=J α a=r α联立解得飞轮的角加速度22/8.21s rad mrJ mg8．解：（1）由转动定律 2312ml l mglg 23 （2）取棒与地球为系统，机械能守恒 (3)棒下落到竖直位置时22312121 ml mgl lg 3 9．解：（1）系统的能量守恒，有222121J mv mgh 联立解得： Jmr mghr v222 ； Jmr mgh22（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 ＝ma T r ＝J 由运动学关系有： a = r联立解得： 2mrJ mgJT10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 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 ab m 所以 )(1222b a m Jz 7.刚体转动单元练习（二）答案1．C 2．A 3．D 4．B 5．o 3；o J 31 6．o 34；221o o J 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mgR M ， 由转动定律 2mR mgR ， Rg至圆环停止所经历的时间 gRt00 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2312122LMg ML ， ① 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒231ML mvx ， ②碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒M Lmv 2， ③ ①、③消去 ，得 gL mMv 32 ， ④ ②、④消去v ，得 L x 32. 8.机械振动单元练习（一）答案1． B 2． B 3． C 4． A 5． 2:16． 解：0.1m A ，2π/πT运动方程cos()0.1cos(π)m x A t t（1）由旋转矢量法π/2 ，0.1cos(ππ/2)m x t ； （2）由旋转矢量法π/3 ，0.1cos(ππ/3)m x t ； （3）由旋转矢量法π ，0.1cos(ππ)m x t 。
7． 解：木块处于平衡位置时，浮力大小F mg 。
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2'F F gSx mg ga x合外力2'F P F ga x kx2k ga 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22d x F m dt 可得木块运动的微分方程为2220d x ga xdt m令22ga m，可得其振动周期为2π2πa T g木水8． 解：如图，由旋转矢量法可知 10. 解：（1）22111224p E kx E kA（2）22211111()28424p E kx kA kA E9.机械振动单元练习（二）答案9． B 10． B 11． C12． 2ππ/3k ，2710m ，2π4π/3k ，2110m13． （1）0.5s ，1.5s ；（2）0s ，1s, 2s 。
14．解：（1）由已知的运动方程可知：0.10m A ，2π/3 ，3π ，2π/2/3s T（2）-1max 0.94m s A v ，2-2max 8.88m s a A15．解：振动系统的角频率为11210s km m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0v 为 又因初始位移00x ，则振动系统的振幅为 如图由旋转矢量法可知0π/2 ，则简谐运动方程为图8-1图9-116． 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为合振动初相为 10. 解：如图由旋转矢量法可知0π/3a ，02π/3b 。
可见它们是反相的，因此合振动振幅为：合振动初相为：0π/3a 同样由旋转矢量法可知10.机械波单元练习（一）答案17． B 18． C 19． B 20． 1.67m 21． 6，3022．解：（1）由波动方程可知振幅0.05m A ，角频率20π ，/3πu ，则波速16.67m s u ，频率/2π10Hz ，波长2π2/3m u。
（2）max π 3.14m/s A v 23．解：（1）由图可知振幅0.1m A ，波长4m ，波速1100m s u则2π2π/50πuT。
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π/2 ，因此波动方程为（2）P 处质点的振动方程为 24．解：由图可知振幅0.1m A ，波长100m ，则角频率2π2ππuT。
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 初始时刻位图9-2图9-3于A /2处，且向y 轴负方向运动，则由旋转矢量法可得0π/3 。
则波动方程为 10．解：（1）以A 点为坐标原点的波动方程为（2）π2π2B A ABABu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25． C 26． B 27． C28． /2 ，π29． 550Hz ，458.3Hz 30． 0.08W/m 231．解：两列波传到1S 2S 连线和延长线上任一点P 的相位差1S 左侧各点：2110π2ππ2π6π4r r，振动都加强； 2S 右侧各点：2110π2ππ2π4π4r r，振动都加强； 1S 、2S 之间：则距1S 点为：11m,3m,5m,7m,9m r 处各点静止不动。
32．解：（1）21212010()2ππr r r r u（2）π2πk 时振动加强，即(21)πk33．解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为图11-72cos[2π()π]x y A t =cos 2π()xA t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34． B 35． D 36． B 37． C38． 利用点电荷电场的矢量叠加求y 轴上的电场强度。