齐鲁工业大学大学物理学习指导下册答案
大学物理学习指导与习题详解答案
大学物理学习指导与习题详解答案大学物理学习指导与习题详解答案大学物理作为一门重要的基础学科，对于培养学生的科学思维和解决实际问题的能力起到了至关重要的作用。
然而，由于其抽象性和复杂性，许多学生在学习物理时会遇到困难。
为了帮助学生更好地掌握物理知识，本文将提供一些大学物理学习指导和习题详解答案。
首先，学习物理的关键是理解基本概念和原理。
在学习物理之前，学生应该先掌握一些基本的数学知识，如代数、几何和微积分等。
这些数学知识是物理学习的基础，能够帮助学生更好地理解物理概念和解决物理问题。
其次，学习物理需要注重实践和实验。
物理学是一门实验科学，通过实验可以验证理论和加深对物理现象的理解。
因此，在学习物理时，学生应该积极参与实验课程，并动手进行实验操作。
通过实践，学生可以更好地理解物理原理，并培养实际问题解决的能力。
在学习物理过程中，习题的解答是一个重要的环节。
习题可以帮助学生巩固所学的知识，并提高解决问题的能力。
然而，许多学生在解答习题时常常感到困惑。
下面将通过一些常见的物理习题，提供详细的解答，帮助学生更好地理解和掌握物理知识。
1. 问题：一个质点在一个力场中做直线运动，其位移与时间的关系为x=3t^2+2t+1，求该质点的加速度。
解答：加速度是速度对时间的导数，而速度是位移对时间的导数。
因此，首先求出质点的速度v和加速度a。
由于x=3t^2+2t+1，对x求导得到v=6t+2。
再对v求导得到a=6。
因此，该质点的加速度为6。
2. 问题：一个质点在一个力场中做匀加速直线运动，已知其初速度为2m/s，加速度为3m/s^2，求其位移与时间的关系。
解答：由于质点做匀加速直线运动，可以利用物理公式x=x0+v0t+1/2at^2来求解。
其中，x0为初始位移，v0为初始速度，a为加速度，t为时间。
将已知数据代入公式中，得到x=2t+1.5t^2。
因此，质点的位移与时间的关系为x=2t+1.5t^2。
通过以上两个例题的解答，我们可以看到，在解答物理习题时，需要灵活运用所学的物理公式和知识，将已知条件代入公式中，逐步求解出所需的物理量。
大学物理学习指导下标准答案详解(朱善华)
练习一1、D ，2、C ，3、C ，4、203Q a πεD, 5、()j y a qy2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)，2/a ± ，6、()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 练习二1、A2、A3、12q q ε+，123201(q q )49q R πε++，4． 22(r )L a ρπ- 5、 解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 总场强为⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴正向，即杆的延长线方向．6 解： 如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．练习三1、C2、D3、0，0Rrσε 4、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)５、解：由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即12SE S d ρε=得到 012E d ρε=(板外两侧) （2）过平板内一点作一正交柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示． 按高斯定理有022ερxSS E ='得到x E 0ερ='(-d/2≤x ≤d/2) 6 解：(1)ρ+球在O点产生电场010=E， ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ= d 3303r ερ= ∴O 点电场d33030r E ερ= ； (2)ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='03ερ=' ρ-球在O '产生电场002='E∴O '点电场003ερ='E'练习四1、C2、D3、C,4、-e q / (6πε0R )5、解：01=E 1R r203132031323)(4)(34rR r r R r E ερπεπρ-=-=21R r R 20313220313233)(4)(34rR R r R R E ερπεπρ-=-=2R r ⎰⎰∞∙+∙=2R 32r E r E d d U R R 21⎰⎰∞-+-=2R dr rR R dr r R r R R 203132203133)(3)(21ερερ )(221220R R -=ερ 6、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2)整个细线所受电场力为：()l r r l q x x q F l r r +π=π=⎰+000204d 400ελελ方向沿x 正方向． 电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能：⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ 练习五1、D2、A3、C 4．rεεσσ0,５ 解：设极板上分别带电量+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2； 金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε= 金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0'=E则两极板间的电势差为d E d E U U B A 21+=-))](/([210d d S q +=ε))](/([0t d S q -=ε 由此得)/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．x６ 解：（l ）根据有介质时的高斯定理：⎰∑=⋅iq s d D可得两圆柱间电位移的大小为)2/(r D πλ= 场强大小为 rDE r rεπελεε002==两圆柱间电势差⎰⎰=⋅=21210122R R rR R r dr r d E U επελ 1200ln 2221R R r dr r R R rεπελεπελ==⎰电容 12012ln 2R R LU Q C r επελλ==)/ln(2120R R Lr επε=．（2）电场能量 rR R L C Q W επελ012224)/ln(2== 练习六１．20d 4a lI πμ，平行z 轴负向 ２．πR 2c ３．0(1)226I R μππ-+ ４．)313(R 2I B 0-=πμ ５．134200==a ev B πμT ．242102.92-⨯===eva a T e P mπ2m A ⋅６．)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外，2/122210)11(4R R I +μ，12arctg R R +π217、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l RII d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为R I R R R IR I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= R I B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=∴520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y 练习七１．)(120I I -μ，)(120I I +μ ２．320μI ３．2204RIh πμ ４．02Ir μπ ０ ５、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度rrrIB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a a rr B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ方向垂直纸面向内． r r I r p m d 21d d 22λω=π= ⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω6/])[(33a b a -+=λω方向垂直纸面向内．6、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小， 由安培环路定律可得：)(220R r r R IB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ 穿过整个矩形平面的磁通量21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ 练习八1、A 2.)/(cos 2eB m θv π，)/(sin eB m θv 3.)2(R l BI +4. （1）40 2.510B nI T μ-==⨯m A BH 2000==μ（2）m A I LNH 200==0 1.05r B H H T μμμ===5. 解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ a b I I dx x I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰6. 解：(1)IS P m =B P M m⨯=沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(2)磁力功)(12ΦΦ-=I A∵01=ΦB l 2243=Φ∴221033.443-⨯==B l IA J练习九1、D ，2、C ，3、0.40 V 、 0.5 m 2/s ，4、5×10-4 Wb5、解：在矩形回路中取一小面元ds ，面元处：2IB xμπ= 一个矩形回路的磁通量为：ln 22d a dIl Id a d BdS ldx x dμμππ++Φ=Φ==⋅=⎰⎰⎰由法拉第电磁感应定律，N 匝回路中的感应电动势为：0ln cos 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 6、解:abcd 回路中的磁通量⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ由法拉第电磁感应定律 klvt tm-=-=d d Φε 其沿abcd 方向顺时针方向．练习十1、A2、πBnR 2 、0，3、t B R /d d 212π-， 4、28/104.0s m ⨯ 顺时针5、解：在长直导线中取一小线元，小线元中的感应电动势为：dl l vI dl l I v l d B v d πμπμε2180cos 90sin 200-==∙⨯=整个直导线中 dLd vI l dl vI L d d +-=-=⎰+ln2200πμπμε 杆的右端电势低6、解：∵bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴tBR R ac d d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴0>ac ε即ε从c a →ε的方向也可由楞次定律判定。
大学物理下册课后习题答案第二版
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大学物理学习指导详细答案
第七章 振动【例题精选】例7-1 弹簧上端固定，下系一质量为m 1的物体，稳定后在m 1下边又系一质量为m 2的物体，于是弹簧又伸长了∆x ．若将m 2移去，并令其振动，则振动周期为(A) g m x m T 122∆π= ． (B) g m x m T 212∆π=． (C) g m x m T 2121∆π=． (D) g m m x m T )(2212+π=∆． [ B ] 例7-2 已知一简谐振动曲线如图所示，由图确定振子：在 s 时速度为零．在 s 时动能最大．0.5(2n +1) n = 0,1,2,… n n = 0,1,2,…例7-3 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动．此物体的运动是否是简谐振动？为什么？答：物体是作简谐振动。
当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θs i n mg F t -= ∵θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 22d /)(d t R m mg θθ=-θωθθ222//d d -=-=R g t 物体是作简谐振动．例7-4 在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球，弹簧被拉长l 0 = 1.2 cm 而平衡．再经拉动后，该小球在竖直方向作振幅为A = 2 cm 的振动，试证此振动为简谐振动；选小球在正最大位移处开始计时，写出此振动的数值表达式．解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d /d )(t x m x l k mg =+-将 0/l mg k = 代入整理后得 0//d d 022=+l gx t x ∴ 此振动为简谐振动，其角频率为．π===1.958.28/0l g ω设振动表达式为 )cos(φω+=t A x 由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=-例7-5 用余弦函数描述一简谐振子的振动．若其速度～时间（v ～t ）关系曲线如图所示,则振动的初相位为 (A) π/6. (B) π/3.(C) π/2. (D) 2π/3. [ A ]g1--例7-6 已知某简谐振动的振动曲线如图所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒．则此简谐振动的振动方程为： (A) )3232cos(2π+π=t x ． (B) )3232cos(2π-π=t x ． (C) )3234cos(2π+π=t x ． (D) )3234cos(2π-π=t x ．[ C ] 例7-7 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 )312cos(1042π+π⨯=-t x (SI)．从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为(A) s 81 (B) s 61 (C) s 41 (D) s 21 [ D ] 例7-8 在t = 0时，周期为T 、振幅为A 的单摆分别处于图(a)、(b)两种状态．若选单摆的平衡位置为坐标的原点，坐标指向正右方，则单摆作小角度摆动的振动表达式（用余弦函数表示）分别为(a) ；(b) ． )212cos(π-=T t A x π )2cos(π+=Tt A x π 例7-9 一个轻弹簧在60N 的拉力下可伸长30cm ，现将以物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？解：(1) 设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正）ma N mg =- )(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 A = 10 cm ，N/m 2003.0/60k ==有 50/==m k ωrad ·s -1 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 此值小于g ，故小物体不会离开．(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得x a g 2ω-==6.19/2-=-=ωg x cm 即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离由g A a >=2max ω，可得 2/ωg A >=19.6 cm ．例7-10 、图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为 (A) π23． (B) π． (C) π21． (D) 0． [ B ] 例7-11 一质点同时参与两个在同方向的简谐振动，其表达式分别为)t 2cos(104x 21π/6+⨯=-, )5t 2cos(103x 22π/6-⨯=- (SI) 则其合成振动的振幅为 ，初相为 ．1×10-2 m π/6A/ -【练习题】7-1 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，其中m 是质点的质量，k 是弹簧的劲度系数，T 是振动的周期．在求质点的振动动能时，下面哪个表达式是对的：(A) )(sin 21222φωω+t A m ． (B) )(cos 21222φωω+t A m ． (C))sin(212φω+t kA ． (D) )(cos 2122φω+t kA ． [ A ] 7-2 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，当时间t = T /2（T 为周期）时，质点的速度为(A) φωsin A -． (B) φωsin A ． (C) φωcos A -． (D) φωcos A ．[ B ] 7-3 一物体作简谐振动，振动方程为)41cos(π+=t A x ω．在 t = T /4（T 为周期）时刻，物体的加速度为 (A) 2221ωA -． (B) 2221ωA ． (C) 2321ωA -． (D) 2321ωA ． [ B ] 7-4 与例7-4相同 7-5 一质点作简谐振动．其振动曲线如图所示．根据此图，它的周期T =；用余弦函数描述时初相φ = ．3.43 s -2π/37-6 一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和T 2．将它们拿到月球上去，相应的周期分别为1T '和2T '．则有(A) 11T T >'且22T T >'． (B) 11T T <'且22T T <'．(C) 11T T ='且22T T ='． (D) 11T T ='且22T T >'． [ D ] 7-7 一弹簧振子系统具有1.0 J 的振动能量，0.10 m 的振幅和1.0 m/s 的最大速率，则弹簧的劲度系数为 ，振子的振动频率为 ．2×102 N/m 1.6 Hz 7-8 两个同方向的简谐振动曲线如图所示．合振动的振幅为；合振动的振动方程为 ．|A 1 – A 2| )212cos(12π+π-=t T A A x 7-9 一单摆的悬线长l = 1.5 m ，在顶端固定点的竖直下方0.45 m 处有一小钉，如图．设摆动很小，则单摆的左右两方振幅之比A 1/A 2的近似值为 ；左右两方周期之比T 1/T 2的近似值为 ．0.84 0.84·--7-10 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动. 试证明：物体作简谐振动的周期为：g R T /2π=证明： 当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θsin mg F t -= ∵ θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ 牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 θωθθ222//d d -=-=R g t 将上式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动． 由③知 R g /=ω 周期 g R T /2/2π=π=ω。
齐鲁工业大学《大学物理》2018-2019学年期末试卷
齐鲁工业大学《大学物理》2018-2019学年第一学期期末试卷学号：班级：一、选择题（从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案，并在答题卡上相应位置将其代号涂黑，每小题3分，共24分.）1、在任一电场中，将点电荷q 由静止状态释放，则一定有()．A ．点电荷q 一定沿着电场线运动B ．点电荷q 一定逆着电场线运动C ．点电荷q 静止不动D ．以上答案都不正确2、在点电荷形成的电场中，某一点距场源电荷为r ，当r →0时，根据点电荷场强公式2r qE 0π41ε=可以判断出()．A ．E →∞B ．E →0C ．点电荷场强公式不适用D ．以上答案都不正确3、如下图所示为t ＝0时刻的波形，则波动方程为（）．A ．]2π)40.05(π2cos[04.0--=x t y m B ．2π)40.05(π2cos[04.0+-=x t y m C ．]2π40.05(π2cos[04.0++=x t y m D ．2π40.05(π2cos[04.0-+=x t y m 4、有一种高速磁悬浮列车的设计方案是在每节车厢底部安装磁铁（磁场方向向下），并在两条铁轨之间沿途平放一系列线圈，下列说法中不正确的是（）．y /mx /m0.040.20u =0.08m/sA ．当列车运动时，通过线圈的磁通量会发生变化B ．列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快C ．列车运行时，线圈中会产生感应电流D ．线圈中的感应电流的大小与列车速度无关5、下列说法中正确的是（）．A ．按照线圈自感系数的定义式，I 越小，L 就越大B ．自感是对线圈而言的，对一个无线圈的导线回路是不存在自感的C ．位移电流只在平行板电容器中存在D ．以上说法均不正确6、两容器中分别贮有1mol 不同的双原子理想气体，已知它们的压强、体积均相同，则（）．A ．它们的内能一定相等B ．它们中温度较高的内能较大C ．它们中分子数较多的内能较大D ．它们中质量较大的内能较大7、四条互相平行的无限长载流直导线中的电流均为I ，如图所示放置.正方形的边长为a ，正方形中心O 点处的磁感应强度大小为（）．A ．a Iπμ220B ．aI πμ20C ．aI πμ220D ．08、一束光强为I 0的自然光，垂直照射在两块前后放置且相互平行、偏振化方向相交60°角的偏振片上，则透射光的强度为()．A .I 0/8B .I 0/2C .I 0/4D .3I 0/8二、判断题（判断正误，正确为T、错误为F，并在答题卡上相应位置将其代号涂黑，每小题3分，共18分.）1、当高斯面内的电荷位置发生变化时，通过高斯面的场强不发生变化．（）2、压强定义式为p =F /S ，其量纲为MLT -2L -2或者MT -2L -1．（）3、作匀速直线运动的质点对同一参考点的角动量不守恒．（）4、对于一个孤立系统或绝热系统的熵永远不会减小；对于可逆过程，熵保持不变；对于不可逆过程，熵总是增加的．（）5、足球守门员要先后接住来势不同的两个球，第一个球在空中飞来（无转动）；第二个球在地面滚来.设两个球的质量以及前进的速度相同，则他先后接住这两个球所需作的功相等．（）6、 ()f v 为麦克斯韦速率分布函数，气体处于速率12v v 区间内的分子数为21()d v v f v v ⎰．（）三、填空题（将答案填写在答题纸上相应位置，每题4分，共24分.）1、德布罗意波是物质波，它既不是机械波又不是电磁波，而是一种波．2、有人提出一种可在大洋表面和洋底之间工作发电的卡诺热机.设两处的温度分别为300K 和279K，试计算这种热机的效率．3、如右图所示的振动曲线，振动表达式x ＝．4、将充电后的空气平行板电容器切断电源，此时电容器储能W ，现将相对介电常数为r ε的煤油充入其中，电容器储能变为原来的倍.5、一均匀带电的空心橡皮球，在吹大的过程中始终维持球状，球内任意点的电势；始终在球外的任意点的场强.（填写变大、变小或不变）6、理想气体的温度的统计意义是.四、计算题（将答案填写在答题纸上相应位置，本题共4小题，共28分.）1、（6分）有一长直金属薄管，电流I 沿管壁流动，求该金属薄管内、外的磁场分布．2R 1Q 2Q O 1R 2、（6分）一条无限长直导线在在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图所示，若已知导线中电流强度为I ，试利用毕奥-萨伐尔定律求当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度B ．3、（6分）0.020kg 的氦气，温度由17℃升到27℃，若在升温的过程中；（1）体积保持不变；（2）压强保持不变.试分别求出气体内能的改变，吸收的热量，外界对气体所作的功.设氦气可看作理想作体.4、（10分）在半径分别为R 1和R 2的两个同心球面上，分别均匀带电，电荷量各为Q 1和Q 2，且R 1＜R 2．求：（1）电场强度分布（5分）；（2）r ＞R 2处的电势（3分）；（3）r ＞R 2区域的电场能量（2分）（已知2021E w e ε=）．五、应用题（将答案填写在答题纸上相应位置，共6分。
齐鲁工业大学大学物理学习指导下册答案
参考答案 （17）一、选择题：1、（C ）； 2、（D ）； 3、（B ）； 4、（B 、C ）； 5、（C ）二、填空题：1、（1）0 ，（2）π/2 ，（3）-π/3 ； 2、2 ：1 ； 3、－π/2或π2/3 ；4、（1）T/4 ，（2）T/12 ，（3）T/6 ；5、12A A -, )2/πcos(12+-=t A A x ω; 6、,m 1052-⨯ π/2三、计算题：1、分析：在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相ϕ是求解简谐运动方程的关键。
初相的确定通常有两种方法。
（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t =0时，x =x 0和0υυ=来确定ϕ值。
（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0和速度0υ的方向与旋转矢量图相对应来确定ϕ。
旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常用。
解：由题知12π4/π2,100.2--==⨯=s T m A ω，而初相ϕ可采用分析中的两种不同方法来求。
解析法：根据简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x ，当t =0时有ϕcos 0A x =，ϕωυsin 0A -=。
当：（1）0,1cos 110===ϕϕ则时，A x ；（2）2π0,2π,0cos 020220=<±===ϕϕϕ，取因时，υx ； （3）3π,0,3π,5.0cos m 100.1303320=<±==⨯=-ϕϕϕ取由时，υx ；旋转矢量法：分别画出几种不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相 分别为 3/π,2/π,0321===ϕϕϕ。
振幅A 、角频率ω、初相ϕ均确定后，则各相应状态下的运动方程为：（1）t x )πs 4cos()m 100.2(12--⨯= （2）]2/π)πs 4cos[()m 100.2(12+⨯=--t x（3）]3/π)πs 4cos[()m 100.2(12+⨯=--t x 2、解：（1）由比较法（与振动标准方程相比）知 ： ⎪⎩⎪⎨⎧=⨯=-=-3/πm 1064/π2ωϕA∵3/π=ω ∴ Hz 61π2==ων s 61π2===νωT （2）势能2/2kx E p =，总能2/2kA E =；由题意，4/2/22kA kx =， m 1024.42-⨯±=x（3）从平衡位置运动到2/A x ±=的最短时间为T/8。
《大学物理学》第二版下册习题解答
大学物理学第二版下册习题解答第一章：力学1.1 力学基本概念1.1.1 力的概念问题：什么是力？力的种类有哪些？解答：力是物体之间相互作用导致的物体运动或形变的原因。
力可以分为以下几种：•接触力：当两个物体接触时产生的力，如弹簧力、摩擦力等。
•引力：天体之间由于引力而产生的力，如地球引力、行星引力等。
•重力：地球上物体受到的引力，是一种特殊的引力。
•弹力：当物体被弹性体拉伸或压缩时，物体回复原状所产生的力。
•阻力：物体在流体中运动时受到的阻碍力，如空气阻力、水阻力等。
1.1.2 力的合成与分解问题：什么是力的合成与分解？如何进行力的合成与分解?解答：力的合成是指将多个力按照一定的规律合成为一个力的过程。
力的分解是指将一个力按照一定的规律分解为多个力的过程。
力的合成可以使用力的三角法进行。
假设有两个力F₁、F₂，其方向分别为α₁、α₂，大小分别为|F₁|、|F₂|，则合力F的大小可以通过以下公式计算：F = √(F₁² + F₂² + 2F₁F₂cos(α₁-α₂))合力F的方向则可以通过以下公式计算：tan(θ) = (F₂sin(α₁-α₂))/(F₁+F₂cos(α₁-α₂))力的分解可以使用力的正弦法和余弦法进行。
假设有一个力F，其大小为|F|，方向为α，要将该力分解为水平方向的力F x和竖直方向的力F x，可以通过以下公式计算：Fₓ = |F|cosα, Fᵧ = |F|sinα1.2 牛顿定律与惯性1.2.1 牛顿第一定律问题：什么是牛顿第一定律？牛顿第一定律适用于哪些情况？解答：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指的是：物体在没有受到外力或受到的合外力为零时，物体保持静止或匀速直线运动的状态。
牛顿第一定律适用于只有一个物体或多个物体之间相互独立运动的情况。
当物体受到外力时，按照该定律，物体会发生运动或停止运动。
1.2.2 牛顿第二定律问题：什么是牛顿第二定律？如何计算物体所受合外力和加速度的关系？解答：牛顿第二定律指的是：物体所受合外力等于物体的质量乘以加速度。
大学物理实验(山东联盟)智慧树知到课后章节答案2023年下齐鲁工业大学
大学物理实验（山东联盟）智慧树知到课后章节答案2023年下齐鲁工业大学齐鲁工业大学第一章测试1.测量按测量方法分为____测量和____测量两类。
（）A:综合 B:直接 C:间接答案:直接;间接2.每个物理量都是客观存在的，在一定条件下具有不以人的意志为转移的固定大小，这个客观大小称为该物理量的真值。
（）A:对 B:错答案:对3.误差按其产生的原因与性质分为系统误差和偶然误差两类。
（）A:对 B:错答案:对第二章测试1.准确测量谐振频率的目的是（）A:波行稳定，便于观察测量，读数准确。
B:在谐振频率时，驻波波形最大，C:谐振频率就是声波的频率，用来计算声速，答案:波行稳定，便于观察测量，读数准确。
;在谐振频率时，驻波波形最大，;谐振频率就是声波的频率，用来计算声速，2.系统为什么要在换能器的共振状态下测量空气中的声速？（）A:因为在共振频率下，换能器的发射端和接收端形成的驻波最强 B:从而有利于观察测量。
C:反射面声压达到最大值时，示波器观察到的电压信号幅值最大答案:因为在共振频率下，换能器的发射端和接收端形成的驻波最强;反射面声压达到最大值时，示波器观察到的电压信号幅值最大3.弹簧振子系统的周期与弹簧本身的质量有无关系？以下说法正确的是（）A:无关 B:弹簧振子系统的周期与弹簧本身的质量有关系，弹簧本身的质量不能忽略。
C:实验中将作为弹簧等效质量加到砝码中，根据公式计算弹簧的劲度系数。
D:不能确定。
答案:弹簧振子系统的周期与弹簧本身的质量有关系，弹簧本身的质量不能忽略。
;实验中将作为弹簧等效质量加到砝码中，根据公式计算弹簧的劲度系数。
4.弹性模量实验中必须满足哪些实验条件？（）A:要在弹性限度内 B:韧性要好 C:金属丝材质和尺寸要均匀 D:望远镜能清晰从光杠杆中读出数据答案:要在弹性限度内;韧性要好;金属丝材质和尺寸要均匀;望远镜能清晰从光杠杆中读出数据5.弹性模量实验中需要特别测准哪些量？（）A:需要特别测准钢丝直径d， B:特别是直径d，因为计算时需要平方，这些量发生微小变化时，实验结果会产生很大的改变。
大学物理学习指导下答案
大学物理学习指导答案全解练习一：1-3：D B D ；4、3031ct v v +=，400121ct t v x x ++= 5、s 3；6、14rad, 15rad/s, 12rad/s27、解：（1）j t t i t r)4321()53(2-+++=；（2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dt rd v s t +=++===；（3）)/(12s m j dtvd a ==8、解xvv t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v 练习二：1、C ；2、B ；3、j 8，j i 4+-，4412arctg arctg -+ππ或；4、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct2；5、212t t +，212t +；6、2010θθθθtg tg tg tg ++7、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度320222022002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船 8、解：（1）由23Rbt dtd R dt ds v -===θ得： Rbt dt dva 6-==τ，4229t Rb R v a n == （2）n n n e t Rb e Rbt e a ea a ˆ9ˆ6ˆˆ42+-=+=τττ练习三1、C ，2、A ，3、D ，4、2121)(m m g m m F +-+，)2(1212g m F m m m ++；5、0.41cm6、解：取弹簧原长时m 2所在处为坐标原点，竖直向下为x 轴，m 1，m 2的受力分析如上图所示。
大学物理学习指导详细答案
大学物理学习指导详细答案一、学习物理的重要性物理作为一门基础科学，是研究物质、能量和宇宙的运行规律的学科，对于培养学生的科学思维、观察能力以及解决问题的能力具有重要的作用。
以下是针对大学物理学习的指导答案，帮助学生们更好地掌握物理学知识。
二、初入大学物理学习方法1. 阅读教材和参考书籍在学习物理过程中，阅读教材是首要的任务。
掌握教材内容，了解物理学的基础概念和原理是学习的基础。
同时，可以寻找一些与教材相关的参考书籍，扩展自己的知识面。
2. 制定学习计划学习物理需要一定的时间和耐心，因此制定一个有序的学习计划非常重要。
合理安排每天的学习时间，将物理学习纳入日常学习的重要组成部分，这样可以提高学习效率。
3. 多做习题物理学习最重要的一个环节就是做习题。
通过大量的习题练习，可以帮助巩固理论知识，加深对物理学原理的理解。
同时，习题做多了，可以训练自己的问题解决能力和分析能力。
4. 借助实验室条件大学物理学通常伴随着实验教学，学生可以借助实验室的条件进行实践操作，观察实验现象，从而更好地理解书本知识并培养实践能力。
三、大学物理学习的核心知识点1. 牛顿三大运动定律牛顿运动定律是物理学中最基础的理论之一，要学好物理，首先要对这三大定律的内容和应用有深入的了解。
2. 力学力学是物理学的核心内容之一，包括机械振动、流体力学、动量守恒等方面的知识。
学生应该掌握相关的基本概念、公式和计算方法。
3. 电磁学电磁学是物理学中的重要分支，包括电场、磁场、电磁感应等内容。
学生需要掌握电磁学的基础知识，并能够应用于实际问题的解决中。
4. 光学光学是物理学中的另一个重要分支，包括光的传播、折射、反射等知识。
学生需要理解光的基本性质，并能够运用光学原理解决光学问题。
5. 热学热学是物理学中的一门重要学科，探讨物体的热现象和热传导规律等内容。
学生需要学习热力学的基本概念和计算方法。
四、解决物理学习困难的方法1. 找准学习重点和难点针对学习中的重点和难点，要有针对性地加以解决。
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参考答案 （17）一、选择题：1、（C ）； 2、（D ）； 3、（B ）； 4、（B 、C ）； 5、（C ）二、填空题：1、（1）0 ，（2）π/2 ，（3）-π/3 ； 2、2 ：1 ； 3、－π/2或π2/3 ；4、（1）T/4 ，（2）T/12 ，（3）T/6 ；5、12A A -, )2/πcos(12+-=t A A x ω; 6、,m 1052-⨯ π/2三、计算题：1、分析：在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相ϕ是求解简谐运动方程的关键。
初相的确定通常有两种方法。
（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t =0时，x =x 0和0υυ=来确定ϕ值。
（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0和速度0υ的方向与旋转矢量图相对应来确定ϕ。
旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常用。
解：由题知12π4/π2,100.2--==⨯=s T m A ω，而初相ϕ可采用分析中的两种不同方法来求。
解析法：根据简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x ，当t =0时有ϕc o s 0A x =，ϕωυsin 0A -=。
当：（1）0,1cos 110===ϕϕ则时，A x ；（2）2π0,2π,0cos 020220=<±===ϕϕϕ，取因时，υx ； （3）3π,0,3π,5.0cos m 100.1303320=<±==⨯=-ϕϕϕ取由时，υx ；旋转矢量法：分别画出几种不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相 分别为 3/π,2/π,0321===ϕϕϕ。
振幅A 、角频率ω、初相ϕ均确定后，则各相应状态下的运动方程为：（1）t x )πs 4cos()m 100.2(12--⨯=（2）]2/π)πs 4cos[()m 100.2(12+⨯=--t x（3）]3/π)πs 4cos[()m 100.2(12+⨯=--t x 2、解：（1）由比较法（与振动标准方程相比）知 ： ⎪⎩⎪⎨⎧=⨯=-=-3/πm 1064/π2ωϕA∵3/π=ω ∴ Hz 61π2==ων s 61π2===νωT （2）势能2/2kx E p =，总能2/2kA E =；由题意，4/2/22kA kx =， m 1024.42-⨯±=x（3）从平衡位置运动到2/A x ±=的最短时间为T/8。
s 75.08/6==∆t3、分析：由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见得两类问题。
本题就是要通过t x -图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程。
曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便。
解 （1）质点振动振幅m 10.0=A 。
而由振动曲线可画出0=0t 和s 41=t 时旋转矢量， 如图（a ）所示。
由图可见初相3/π0-=ϕ（或3/π50=ϕ），而由3/π2/π)(01+=-t t ω 得 1s 24/π5-=ω ， 则运动方程为：]3/π)24/π5cos[()m 10.0(-=t x（2）由x ～t 曲线知，点P 的位置是质点从A /2处运动到正向的端点处。
对应的旋转矢量图如图（b ）所示。
当初相取3/π0-=ϕ时。
点P 的相位为0)0(0=-+=P P t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=ϕ，则点P 相应的相位应表示为π2)0(0=-+=P P t ωϕϕ）。
（3）由旋转矢量图可得3/π)0(=-P t ω，则s 6.1=P t参考答案 （18）一、选择题： 1、C ； 2、D ； 3、C ； 4、D ； 5、A二、填空题：1、])(π2cos[212ϕλν++-=L L t A y ； λk L x +-=1 （ ,2±,1±=k ） 2、]π)(π2cos[+++=λνL x t A y , ννλk L t ++1, （ ,2,1,0±±=k ）（只写)/(1λνL t +也可） 3、22m W 1096.7π41--⋅⨯=；4、]2π)(π2cos[1-+-=u x t t u A y λ ]2π)(π2cos[1+-=t t u A y p λ 三、计算题： 1、解：（1）1πs π2-==T ω m 06.0=A 0=t 时， ϕcos 06.003.00==x 0s i n π06.00<-=ϕυ ∴3/π=ϕ振动方程 )3/ππc o s(06.00+=t y （SI ）（2）波动方程，以该质点的平衡位置为坐标原点，振动的传播速度方向为坐标轴正方向。
)3/π)2/(πc o s [06.0]3/π)/(πcos[06.0+-=+-=x t u x t y （SI ）（3）波长m 4==uT λ2、解：（1）任取一点P ，可得波动方程为 ]π5/ππ4cos[3-+=x t y （SI ） m 18-=D x 代入上式有]5/π23π4cos[3]π5/ππ4cos[3-=-+=t x t y D （SI ）（2）任取一点P ，可得波动方程为]π5/ππ4c o s [3]π)2010(π4cos[3+-=---=x t x t y （SI ）m 28=D x 代入上式有)5/π23π4cos(3)π5/π28π4cos(3-=+-=t t y D （SI ）3、解：（1）从题图中得知，m 10.0=A ，m 0.20=λ，则13s m 100.5-⋅⨯==λνu .根据0=t 时点P 向上运动，可知波沿Ox 轴负向传播，并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动。
利用旋转矢量法可得其初相3/π0=ϕ。
故波动方程为])/(c o s [0ϕω++=u x t A y ]3/π)ms 5000/)(π500cos[()10.0(11++=--x t s m（2）距原点O 为m 5.7=x 处质点的运动方程为]12/π13)πs 500cos[()m 10.0(1+=-t y0=t 时该点的振动速度为11o s m 6.4012/π13sin )s πm 500()d /d (--=⋅=⋅-==t t y υ参考答案 （19）一、选择题： 1、D ； 2、A ； 3、B ； 4、C二、填空题：1、2:1 , 4:1，2:1 2、1m ，0 ； 3、]π)/(π2cos[±+λνx t A ，)2/ππ2cos(]2/π/π2cos[2±±t x A νλ 4、m 1022-⨯， －t 400sin 8 （SI ）三、计算题：1、解：P 点合振幅，由两个分振动的相位关系确定。
设二相干波源任意时刻t 的相位分别为（1ϕω+t ）和（2ϕω+t ），分别经r 1、r 2传至P 点时，P 点二分振动的相位为（111/π2λϕωr t -+）和（222/π2λϕωr t -+）故P 点二分振动的相位差为：)(π2)(112212λλϕϕϕr r ---=∆ )//(π2)(11122212ννϕϕu r u r ---= 将2/π)(12-=-ϕϕ 及r 1、r 2等量的数值代入上式计算得：0=Δφ 故m 10422121-⨯==+=A A A A2、解： m 4/==νλu , 取P 点为考察点，其坐标为x ；记两波在P 点的振动位相差为φΔ；r 1、r 2分别是位于A 、B 的两波源至P 点的距离。
AB x >：π16/])[(π2π/)(π21212=---=---=∆λλϕϕϕx AB x r r所以该区无干涉静止点，同理，0<x ： π14/)]()[(π2π-=----=∆λϕx x AB 所以该区域也无干涉静止点，AB x <<0：π14π/)])[(π2π-=---=∆x x x AB λϕ 满足干涉静止，则π)12(+±=∆k φ 2,1,0=(k ） ∴)1+2(±14=k x ∵,m 290=<<AB x ∴取7,2,1,0= k所以干涉而静止的各点位置为：29,27,7,5,3,1= x m3、解：（1）)ππ2cos(]π/)16(π2π2cos[1±=±⋅-=t A t A y λλ)π2cos(]/)6(π2π2cos[2t A t A y =-=λλ（2）0)π2cos(]ππ2cos[21=+±=+=t A t A y y y可见P 点二分振动反相位参考答案 （20）一、选择题：1、B ； 2、D ； 3、D ； 4、A二、填空题：1、0.45；2、上，(n －1)e ；3、λ3，4/3；4、向着，小；5、1.4三、计算题：1、分析： 在双缝干涉中，屏上暗纹位置由2)1+2('=λk d d x 决定),2,1,0=( k , 所谓第5条暗纹是指对应4=k 的那一级暗纹。
由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离mm 278.22=x ，那么由暗纹公式即可求得波长λ。
此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式λdd x '=Δ求入射光波长。
应注意两个第5条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9 (不是10，为什么?) ，故mm 978.22=∆x 。
解1 屏上暗纹的位置2)1+2('=λk d d x ，把m 10278.22,43-⨯==x k 以及d 、d ′值代入， 可得nm 8.632=λ，为红光。
解2 屏上相邻暗纹(或明纹)间距λd d x '=Δ，把m 10978.223-⨯=∆x ，以及d 、d ’值代入， 可得nm 8.632=λ。
2、分析： 本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率。
在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O ，光程差0=Δ，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布。
而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O ，0≠Δ故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移。
可以说干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化。
因此，对于屏上某点P （明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况。
插入介质片前的光程差λ1211k r r =-=∆（对应k 1级明纹），插入介质后的光程差λ222112])1[(])1[(k r d n r d n =+--+-=∆（对应k 2级明纹）。
光程差的变化量为： λ)()(121212k k d n n -=-=∆-∆式中)(12k k -可以理解为移过点P 的条纹数（本题为5）。